Question

12．已知函數(shù)f（x）=-xlnx+ax，g（x）=$\frac{1}{1+x}$．
（1）若a=2，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間，并求f（x）的最大值；
（2）若不等式f（x）≤g（x）對任意實數(shù)x∈[1，+∞）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）求證：不等式$\sum_{k=1}^{n}$lnk≥n（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+1}$）（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，可得函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間，并求f（x）的最大值；
（2）若不等式f（x）≤g（x）對任意實數(shù)x∈[1，+∞）恒成立，a≤lnx+$\frac{1}{x（x+1）}$，求出右邊的最小值，即可求實數(shù)a的取值范圍；
（3）令f（x）=lnx-$\frac{1}{1+x}$（x≥2），f′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{（x+1）^{2}}$＞0在[2，+∞）上恒成立，證明$\frac{lnx}{x}$＞$\frac{1}{x（x+1）}$在[2，+∞）上恒成立，即可證明不等式$\sum_{k=1}^{n}$lnk≥n（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+1}$）（n∈N^*）．

解答 （1）解：a=2時，f（x）=-xlnx+2x（x＞0），
∴f′（x）=-lnx+1．
令f′（x）＞0，得0＜x＜e，f′（x）＜0，得x＞e，
∴f（x）的單調(diào)遞增是（0，e），單調(diào)遞減是（e，+∞），
∴x=e時，函數(shù)取得最大值e；
（2）解：不等式f（x）≤g（x）對任意實數(shù)x∈[1，+∞）恒成立，
∵x≥1，∴a≤lnx+$\frac{1}{x（x+1）}$．
令h（x）=lnx+$\frac{1}{x（x+1）}$．只要h（x）_min≥a即可．
h′（x）=$\frac{{x}^{3}+2{x}^{2}-x-1}{[x（x+1）]^{2}}$．
設(shè)m（x）=x³+2x²-x-1，m′（x）=3x²+4x-1＞0，
∴m（x）在[1，+∞）上是增函數(shù)，
∴m（x）_min=1＞0，
∴h′（x）＞0，
∴h（x）在[1，+∞）上是增函數(shù)，
∴h（x）_min=$\frac{1}{2}$，
∴a≤$\frac{1}{2}$；
（3）證明：令f（x）=lnx-$\frac{1}{1+x}$（x≥2），f′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{（x+1）^{2}}$＞0在[2，+∞）上恒成立，
∴f（x）在[2，+∞）上是增函數(shù)，
∴f（x）_min=f（2）=ln2-$\frac{1}{3}$＞0，
∴l(xiāng)nx-$\frac{1}{1+x}$＞0在[2，+∞）上恒成立，
∴$\frac{lnx}{x}$＞$\frac{1}{x（x+1）}$在[2，+∞）上恒成立，
∴$\frac{ln2}{2}$+$\frac{ln3}{3}$+…+$\frac{lnn}{n}$＞$\frac{1}{2×3}$+$\frac{1}{3×4}$+…+$\frac{1}{n（n+1）}$=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+1}$．
∵$\frac{ln2}{2}$＞$\frac{ln2}{n}$，$\frac{ln3}{3}$＞$\frac{ln3}{n}$，…$\frac{ln（n-1）}{n-1}$＞$\frac{ln（n-1）}{n-1}$，ln1=0，
∴$\sum_{k=1}^{n}$lnk≥n（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+1}$）（n∈N^*）．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)知識的綜合運用，考查函數(shù)的單調(diào)性與最值，考查恒成立問題，考查不等式的證明，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．