Question

7．已知函數(shù)f（x）=1+ax-alnx，a≠0．
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若函數(shù)f（x）的圖象過點(diǎn)（1，0），是否存在實(shí)數(shù)b，使得對任意的實(shí)數(shù)c∈[1，2]，函數(shù)g（x）=x³+x²[f′（x）+b]在區(qū)間（c，3）上不單調(diào)（f′（x）是f（x）的導(dǎo)函數(shù)）？若存在，求b的取值范圍；若不存在，請說明理由；
（3）設(shè)a_i=$\frac{lni}{i}$（i∈N^*），求證：a₂•a₃…a_n＜$\frac{1}{n}$（n≥2且n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）對f（x）求導(dǎo)，對導(dǎo)函數(shù)中的a進(jìn)行討論，分a＞0，a＜0和a=0時三種情形．
（2）由過點(diǎn)（1，0），得到a，從而f（x）得到確定，所以得到g（x），由g（x）的導(dǎo)函數(shù)為二次函數(shù)，由二次函數(shù)的圖象性質(zhì)，得到g（x）不單調(diào)的等價條件，
（3）判斷l(xiāng)nx＜x-1對一切x∈（1，+∞）成立，進(jìn)而可得0＜$\frac{lnn}{n}$＜$\frac{n-1}{n}$，即可證得結(jié)論．

解答 解：（1）∵f（x）=1+ax-alnx，a≠0，
定義域?yàn)椋?，+∞），
∴f′（x）=a-$\frac{a}{x}$=-$\frac{a（1-x）}{x}$，
①當(dāng)a＞0時，令f′（x）＜0，得0＜x＜1，即f（x）的遞減區(qū)間是（0，1），遞增區(qū)間是（1，+∞），
②當(dāng)a＜0時，令f′（x）＜0，得x＞1，即f（x）的遞減區(qū)間是（1，+∞），遞增區(qū)間是（0，1），
③當(dāng)a=0時，f（x）不是單調(diào)函數(shù)．
（2）∵f（x）的圖象過點(diǎn)（1，0）
∴f（1）=0，即a=-1，
∴f（x）=1-x+lnx，
∴g（x）=x³+（b-1）x²+x
∴g′（x）=3x²+2（b-1）x+1
∵對任意的實(shí)數(shù)c∈[1，2]，g（x）在區(qū)間（c，3）上不單調(diào)
且g′（0）=1
∴g′（t）＜0，g′（3）＞0
∴$\left\{\begin{array}{l}{g′（1）＜0}\\{g′（2）＜0}\\{g′（3）＞0}\end{array}\right.$
∴-$\frac{11}{3}$＜b＜-$\frac{9}{4}$
（3）證明：令a=1，此時f（x）=1+x-lnx
∴f（1）=2，由（1）知，f（x）在（1，+∞）是單調(diào)遞增的，
∴當(dāng)x∈（1，+∞）時，f（x）＞f（1），即0＜lnx＜x-1
∵n≥2且n∈N^*，則有0＜lnn＜n-1，
∴0＜$\frac{lnn}{n}$＜$\frac{n-1}{n}$，
∴$\frac{ln2}{2}$×$\frac{ln3}{3}$×$\frac{ln4}{4}$×$\frac{ln5}{5}$×′′′×$\frac{lnn}{n}$＜$\frac{1}{2}$×$\frac{2}{3}$×$\frac{3}{4}$×$\frac{4}{5}$×′′′×$\frac{n-1}{n}$＜$\frac{1}{n}$，（n≥2且n∈N^*）．
∴a₂•a₃…a_n＜$\frac{1}{n}$（n≥2且n∈N^*）．

點(diǎn)評 本題考查利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)來求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，與函數(shù)結(jié)合證明不等式問題，常用解題思路是利用前面的結(jié)論構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性，對于函數(shù)取單調(diào)區(qū)間上的正整數(shù)自變量n有某些結(jié)論成立，進(jìn)而解答出這類不等式問題．