Question

【題目】已知函數(shù)f（x）=alnx﹣ax﹣3（a≠0）．
（1）討論f（x）的單調(diào)性；
（2）若f（x）+（a+1）x+4﹣e≤0對(duì)任意x∈[e，e2]恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍（e為自然常數(shù)）；
（3）求證ln（22+1）+ln（32+1）+ln（42+1）+…+ln（n2+1）＜1+2lnn!（n≥2，n∈N*）（n!=1×2×3×…×n）．

Answer 1

【答案】
（1）解：f′（x）= （x＞0），

當(dāng)a＞0時(shí)，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，1]，單調(diào)減區(qū)間為[1，+∞）；

當(dāng)a＜0時(shí)，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為[1，+∞），單調(diào)減區(qū)間為（0，1]；

（2）解：令F（x）=alnx﹣ax﹣3+（a+1）x+4﹣e=alnx+x+1﹣e，則F′（x）= ，

若﹣a≤e，即a≥﹣e，

F（x）在[e，e2]上是增函數(shù)，

F（x）max=F（e2）=2a+e2﹣e+1≤0，

a≤ ，無(wú)解．

若e＜﹣a≤e2，即﹣e2≤a＜﹣e，

F（x）在[e，﹣a]上是減函數(shù)；在[﹣a，e2]上是增函數(shù)，

F（e）=a+1≤0，即a≤﹣1．

F（e2）=2a+e2﹣e+1≤0，即a≤ ，

∴﹣e2≤a≤ ．

若﹣a＞e2，即a＜﹣e2，

F（x）在[e，e2]上是減函數(shù)，

F（x）max=F（e）=a+1≤0，即a≤﹣1，

∴a＜﹣e2，

綜上所述，a≤ ．

（3）解：證明：令a=﹣1，此時(shí)f（x）=﹣lnx+x﹣3，所以f（1）=﹣2，

由（1）知f（x）=﹣lnx+x﹣3在（1，+∞）上單調(diào)遞增，

∴當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，f（x）＞f（1），即﹣lnx+x﹣1＞0，

∴l(xiāng)nx＜x﹣1對(duì)一切x∈（1，+∞）成立，

∵n≥2，n∈N*，則有l(wèi)n（ +1）＜ ＜ = ﹣ ，

要證ln（22+1）+ln（32+1）+ln（42+1）+…+ln（n2+1）＜1+2lnn!（n≥2，n∈N*），

只需證ln（ +1）+ln（ +1）+…+ln（ +1）＜1（n≥2，n∈N*）；

ln（ +1）+ln（ +1）+…+ln（ +1）

＜（1﹣ ）+（ ﹣ ）+…+（ ﹣ ）=1﹣ ＜1；

所以原不等式成立

【解析】（1）求導(dǎo)f′（x）= （x＞0），從而判斷函數(shù)的單調(diào)性；（2）令F（x）=alnx﹣ax﹣3+（a+1）x+4﹣e=alnx+x+1﹣e，從而求導(dǎo)F′（x）= ，再由導(dǎo)數(shù)的正負(fù)討論確定函數(shù)的單調(diào)性，從而求函數(shù)的最大值，從而化恒成立問(wèn)題為最值問(wèn)題即可；（3）令a=﹣1，此時(shí)f（x）=﹣lnx+x﹣3，從而可得f（1）=﹣2，且f（x）=﹣lnx+x﹣3在（1，+∞）上單調(diào)遞增，從而可得﹣lnx+x﹣1＞0，即lnx＜x﹣1對(duì)一切x∈（1，+∞）成立，從而可得若n≥2，n∈N* ， 則有l(wèi)n（ +1）＜ ＜ = ﹣ ，從而化ln（22+1）+ln（32+1）+ln（42+1）+…+ln（n2+1）＜1+2lnn!（n≥2，n∈N*）為ln（ +1）+ln（ +1）+…+ln（ +1）＜1（n≥2，n∈N*）；從而證明．
【考點(diǎn)精析】解答此題的關(guān)鍵在于理解利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性的相關(guān)知識(shí)，掌握一般的,函數(shù)的單調(diào)性與其導(dǎo)數(shù)的正負(fù)有如下關(guān)系： 在某個(gè)區(qū)間內(nèi)，(1)如果，那么函數(shù)在這個(gè)區(qū)間單調(diào)遞增；(2)如果，那么函數(shù)在這個(gè)區(qū)間單調(diào)遞減，以及對(duì)不等式的證明的理解，了解不等式證明的幾種常用方法:常用方法有：比較法（作差，作商法）、綜合法、分析法；其它方法有：換元法、反證法、放縮法、構(gòu)造法，函數(shù)單調(diào)性法，數(shù)學(xué)歸納法等．