Question

9．已知函數(shù)f（x）=xlnx-$\frac{a}{2}$x²-x+a（a∈R）在其定義域內(nèi)有兩個不同的極值點．
（1）求a的取值范圍；
（2）記兩個極值點分別為x₁，x₂，且x₁＜x₂，已知λ＞0，若不等式e^1+λ＜x₁•x₂^λ恒成立，求λ的范圍．
（3）證明：$\frac{ln2}{3}$+$\frac{ln3}{4}$+$\frac{ln4}{5}$+…+$\frac{lnn}{{n}^{2}-1}$+（1+$\frac{1}{n}$）ⁿ＜$\frac{{n}^{2}+n+10}{4}$（n∈N^*，n≥2）．

Answer 1

分析 （1）依題意，函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），f′（x）=lnx-ax，函數(shù)f（x）在其定義域內(nèi)有兩個不同的極值點．即lnx-ax=0在（0，+∞）上有兩個不同根．轉(zhuǎn)化為，函數(shù)y=lnx與函數(shù)y=ax的圖象在（0，+∞），上有兩個不同交點，令過原點且切于函數(shù)y=lnx圖象的直線斜率為k，只需0＜a＜k．利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可得出．
（2）不等式e^1+λ＜x₁•x₂^λ恒成立，等價于1+λ＜lnx₁+λlnx₂．由（1）可知：x₁，x₂分別是方程lnx-ax=0的兩個根，即lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂．可得1+λ＜a（x₁+λx₂），進而得到原式等價于a＞$\frac{1+λ}{{x}_{1}+λ{x}_{2}}$．又a=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$．原式等價于$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞$\frac{1+λ}{{x}_{1}+λ{x}_{2}}$，令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，t∈（0，1），則不等式等價于lnt＜$\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$在t∈（0，1）上恒成立．利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性即可得出．
（3）利用導(dǎo)數(shù)可以證明：lnx＜x-1．
令x=n²（n∈N^*，n≥2），有l(wèi)nn²＜n²-1，即$\frac{lnn}{{n}^{2}-1}$$＜\frac{1}{2}$$＜\frac{n}{2}$．令x=1+$\frac{1}{n}$，有l(wèi)n$（1+\frac{1}{n}）$$＜\frac{1}{n}$，可得$（1+\frac{1}{n}）^{n}$＜e＜3．即可證明．

解答 （1）解：依題意，函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），f′（x）=lnx-ax，
∵函數(shù)f（x）在其定義域內(nèi)有兩個不同的極值點．
∴l(xiāng)nx-ax=0在（0，+∞）上有兩個不同根．轉(zhuǎn)化為，函數(shù)y=lnx與函數(shù)y=ax的圖象在（0，+∞），上有兩個不同交點，
令過原點且切于函數(shù)y=lnx圖象的直線斜率為k，只需0＜a＜k．
令切點A（x₀，lnx₀），
則k=$（lnx）^{′}{|}_{x={x}_{0}}$=$\frac{1}{{x}_{0}}$，∴$\frac{1}{{x}_{0}}$=$\frac{ln{x}_{0}}{{x}_{0}}$，解得，x₀=e，
∴k=$\frac{1}{e}$，0$＜a＜\frac{1}{e}$．
（2）解：∵不等式e^1+λ＜x₁•x₂^λ恒成立，∴1+λ＜lnx₁+λlnx₂．
由（1）可知：x₁，x₂分別是方程lnx-ax=0的兩個根，即lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂．
∴1+λ＜lnx₁+λlnx₂．等價于1+λ＜a（x₁+λx₂），
∵λ＞0，0＜x₁＜x₂，∴原式等價于a＞$\frac{1+λ}{{x}_{1}+λ{x}_{2}}$．
∵lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂．∴$ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=a（x₁-x₂），即a=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$．
∴原式等價于$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞$\frac{1+λ}{{x}_{1}+λ{x}_{2}}$，
∵0＜x₁＜x₂，原式恒成立，即$ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜$\frac{（1+λ）（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+λ{x}_{2}}$恒成立．
令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，t∈（0，1），則不等式等價于lnt＜$\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$在t∈（0，1）上恒成立．
令h（t）=lnt-$\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$，又h′（t）=$\frac{（t-1）（t-{λ}^{2}）}{t（t+λ）^{2}}$，
當λ²≥1時，又h′（t）＞0，∴h（t）在t∈（0，1）上單調(diào)增，又h（1）=0，∴h（t）＜0在t∈（0，1），恒成立，符合題意．當λ²＜1時，可得：h（t）在（0，λ²）上單調(diào)遞增，在（λ²，1）上時單調(diào)減，又h（1）=0，
∴h（t）在t∈（0，1）上不能恒小于0，不符合題意，舍去．
綜上所述：若不等式e^1+λ＜x₁•x₂^λ恒成立，只需λ²≥1，又λ＞0，∴λ≥1．
（3）當a=2時，令g（x）=f（x）+2x-2=xlnx-x²+x，則$g'（x）=lnx+2-2x，g''（x）=\frac{1}{x}-2$，
當x＞1時g''（x）＜0，則g'（x）在（1，+∞）單調(diào)站遞減，而g'（1）=0．
當x＞1時，g'（x）＜0，則g（x）在（1，+∞）單調(diào)站遞減，又g（1）=0，
∴以當x＞1時有g(shù)（x）=xlnx-x²+x＜g（0）=1⇒lnx＜x-1．
令x=n²（n∈N^*，n≥2），有l(wèi)nn²＜n²-1，即$\frac{lnn}{{n}^{2}-1}$$＜\frac{1}{2}$$＜\frac{n}{2}$，
∴$\frac{ln2}{3}$+$\frac{ln3}{4}$+$\frac{ln4}{5}$+…+$\frac{lnn}{{n}^{2}-1}$＜$\frac{1}{2}$（2+3+…+n）=$\frac{（n-1）（n+2）}{4}$．①
令x=1+$\frac{1}{n}$，有l(wèi)n$（1+\frac{1}{n}）$$＜\frac{1}{n}$，可得$（1+\frac{1}{n}）^{n}$＜e＜3，②
①+②有：$\frac{ln2}{3}$+$\frac{ln3}{4}$+$\frac{ln4}{5}$+…+$\frac{lnn}{{n}^{2}-1}$+（1+$\frac{1}{n}$）ⁿ＜$\frac{{n}^{2}+n+10}{4}$（n∈N^*，n≥2）．

點評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、換元法、放縮法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．