Question

（2012•眉山一模）已知函數(shù)f（x）=ax-1-lnx（a∈R）．
（Ⅰ）判斷函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）若不等式f（x）＜0在區(qū)間[

1

2

，2]上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）比較(1+1)(1+

1

3

)(1+

1

7

)…(1+

1

2n-1

)與e

3	e2

的大�。╪∈N^*且n≥2，e是自然對數(shù)的底數(shù)）．

Answer 1

分析：（Ⅰ）函數(shù)的定義域為（0，+∞），求出導(dǎo)函數(shù)，再分類討論：a≤0、a＞0，即可確定函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）不等式f（x）＜0在區(qū)間[

1

2

，2]上恒成立，即a＜

1+lnx

x

在區(qū)間[

1

2

，2]上恒成立，令g(x)=

1+lnx

x

，只需g（x）在區(qū)間[

1

2

，2]上的最小值g（x）_min＞a即可．
（Ⅲ）據(jù)（Ⅰ）知，當(dāng)a=1時，f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，從而f（x）在x=1處取得極小值，且為最小值，所以lnx≤x-1，進一步利用放縮法即可證得結(jié)論．

解答：解：（Ⅰ）函數(shù)的定義域為（0，+∞）
∵函數(shù)f（x）=ax-1-lnx，∴f′(x)=a-

1

x

=

ax-1

x

①當(dāng)a≤0時，f′（x）＜0，∴函數(shù)f（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)；
②當(dāng)a＞0時，由f′（x）＜0得0＜x＜

1

a

，由f′（x）＞0得x＞

1

a

，
∴函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，

1

a

）上是減函數(shù)；函數(shù)f（x）在(

1

a

，+∞)上是增函數(shù)
（Ⅱ）不等式f（x）＜0在區(qū)間[

1

2

，2]上恒成立，即a＜

1+lnx

x

在區(qū)間[

1

2

，2]上恒成立
令g(x)=

1+lnx

x

，只需g（x）在區(qū)間[

1

2

，2]上的最小值g（x）_min＞a即可
求導(dǎo)函數(shù)g′(x)=

-lnx

x2

當(dāng)

1

2

＜x＜1時，g′（x）＞0，g（x）在(

1

2

，1)上單調(diào)遞增；
當(dāng)1＜x＜2時，g′（x），＜0，g（x）在（1，2）上單調(diào)遞減
∴g（x）在區(qū)間[

1

2

，2]上的最小值是g(

1

2

)與g（2）中的較小者
∵g(

1

2

)=2-2ln2，g(2)=

1+ln2

2

．
∴g(

1

2

)-g(2)=

1

2

ln

e3

32

＜0
∴g(

1

2

)＜g(2)
∴g（x）在區(qū)間[

1

2

，2]上的最小值是g(

1

2

)=2-2ln2
∴a＜2-2ln2
∴實數(shù)a的取值范圍為（-∞，2-2ln2）；
（Ⅲ）(1+1)(1+

1

3

)(1+

1

7

)…(1+

1

2n-1

)＜e

3	e2

，證明如下：
據(jù)（Ⅰ）知，當(dāng)a=1時，f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增
∴f（x）在x=1處取得極小值，且為最小值
∴f（x）=x-1-lnx≥f（1）=0，∴l(xiāng)nx≤x-1
故當(dāng)n∈N^*且n≥2時，ln[(1+1)(1+

1

3

)(1+

1

7

)…(1+

1

2n-1

)]=ln(1+1)+ln(1+

1

3

)+ln(1+

1

7

)+…+ln(1+

1

2n-1

)≤1+

1

3

+…+

1

2n-1

∵

1

2n-1

＜

2n+1

(2n-1)(2n+1-1)

=2(

1

2n-1

-

1

2n+1-1

)
∴1+

1

3

+…+

1

2n-1

＜1+2(

1

22-1

-

1

2n+1-1

)＜

5

3

∴ln(1+1)+ln(1+

1

3

)+ln(1+

1

7

)+…+ln(1+

1

2n-1

)＜

5

3

∴(1+1)(1+

1

3

)(1+

1

7

)…(1+

1

2n-1

)＜e

3	e2

點評：本題以函數(shù)為載體，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查恒成立問題，考查不等式的證明，恒成立問題利用了分離參數(shù)法，難度較大．