Question

9．已知函數(shù)f（x）=alnx-$\frac{x}$，g（x）=-3x+4．
（1）若函數(shù)f（x）在點（1，f（1））處的切線為2x-y-3=0，求a，b的值；
（2）若b=-1，當x≥1時，f（x）≥g（x）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）求證：對于一切正整數(shù)n，恒有$\frac{2}{4×{1}^{2}-1}$+$\frac{3}{4×{2}^{2}-1}$+$\frac{4}{4×{3}^{2}-1}$+…+$\frac{n+1}{4×{n}^{2}-1}$＞$\frac{1}{4}$ln（2n+1）．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，得到f′（1），f（1），求出a，b的值即可；
（2）令F（x）=f（x）-g（x），求出函數(shù)的導數(shù)，得到F（x）的單調區(qū)間，從而求出a的范圍即可；
（3）根據(jù)2lnx＜$\frac{1}{x}$+3x-4，取x=$\frac{2n+1}{2n-1}$，累加即可．

解答 解：（1）${f}^{′}（x）=\frac{a}{x}+\frac{{x}^{2}}$，
f′（1）=a+b+2，f（1）=-b=-1，
解得：a=b=1；
（2）令F（x）=f（x）-g（x）=alnx+$\frac{1}{x}$+3x-4，
F′（x）=$\frac{{3x}^{2}+ax-1}{{x}^{2}}$，
令h（x）=3x²+ax-1，
△=a²+12＞0，
令h（x）＞0，解得：x＞$\frac{-a+\sqrt{{a}^{2}+12}}{6}$，
令h（x）＜0，解得：0＜x＜$\frac{-a+\sqrt{{a}^{2}+12}}{6}$，
∴F（x）在（0，$\frac{-a+\sqrt{{a}^{2}+12}}{6}$）遞減，（$\frac{-a+\sqrt{{a}^{2}+12}}{6}$，+∞）遞增，
故$\frac{-a+\sqrt{{a}^{2}+12}}{6}$≤1，解得：a≥-2，
故實數(shù)a的取值范圍為[-2，+∞）；
（3）由（2）取a=-2，得：
x＞1，2lnx＜$\frac{1}{x}$+3x-4，取x=$\frac{2n+1}{2n-1}$，
得：2ln$\frac{2n+1}{2n-1}$＜$\frac{2n-1}{2n+1}$+3×$\frac{2n+1}{2n-1}$-4=$\frac{8n+8}{{4n}^{2}-1}$，
∴$\frac{n+1}{{4n}^{2}-1}$＞$\frac{1}{4}$[ln（2n+1）-ln（2n-1）]，
$\frac{n}{{4（n-1）}^{2}-1}$＞$\frac{1}{4}$[ln（2n-1）-ln（2n-3）]，
…，
$\frac{2}{4{×1}^{2}-1}$＞$\frac{1}{4}$（ln3-ln1），
累加得：$\frac{2}{4×{1}^{2}-1}$+$\frac{3}{4×{2}^{2}-1}$+$\frac{4}{4×{3}^{2}-1}$+…+$\frac{n+1}{4×{n}^{2}-1}$＞$\frac{1}{4}$ln（2n+1）．

點評 本題考查了切線方程問題，考查函數(shù)的單調性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及不等式的證明，是一道綜合題．