Question

6．函數(shù)f（x）=axⁿ（1-x）（x＞0，n∈N^*），當(dāng)n=-2時(shí)，f（x）的極大值為$\frac{4}{27}$．
（1）求a的值；
（2）求證：f（x）+lnx≤0；
（3）求證：f（x）＜$\frac{1}{ne}$．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的對(duì)數(shù)，根據(jù)n=2時(shí)，f（x）的極大值為$\frac{4}{27}$，得到f（$\frac{2}{3}$）=a•$\frac{4}{9}$×$\frac{1}{3}$=$\frac{4}{27}$，解出即可；
（2）問題轉(zhuǎn)化為證xⁿ（1-x）+lnx≤0，設(shè)g（x）=xⁿ（1-x）+lnx，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可；
（3）求出f（x）的最大值，問題轉(zhuǎn)化為證明：${（\frac{n}{n+1}）}^{n+1}$＜$\frac{1}{e}$，通過取對(duì)數(shù)結(jié)合換元思想以及函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（1）n=2時(shí)，f（x）=ax²（1-x），
∴f′（x）=ax（2-3x），
令f′（x）=0得：x=0或x=$\frac{2}{3}$，
∵n=2時(shí)，f（x）的極大值為$\frac{4}{27}$，
故a＞0，且f（$\frac{2}{3}$）=a•$\frac{4}{9}$×$\frac{1}{3}$=$\frac{4}{27}$，解得：a=1；
（2）要證f（x）+lnx≤0，即證xⁿ（1-x）+lnx≤0，
設(shè)g（x）=xⁿ（1-x）+lnx，定義域是（0，+∞），
則g′（x）=$\frac{（1-x）[1+x{+x}^{2}+…+（n+1{）x}^{n}]}{x}$，
∵x＞0，∴x∈（0，1）時(shí)，g′（x）＞0，g（x）遞增，
x∈（1，+∞）時(shí)，g′（x）＜0，g（x）遞減，
∴g（x）的最大值是g（1）=0，∴g（x）≤0成立，命題得證；
（3）∵f（x）=xⁿ（1-x），∴f′（x）=nx^n-1-（n+1）xⁿ=（n+1）x^n-1（$\frac{n}{n+1}$-x），
顯然，f（x）在x=$\frac{n}{n+1}$處取得最大值，f（$\frac{n}{n+1}$）=$\frac{{n}^{n}}{{（n+1）}^{n+1}}$，
因此只需證：$\frac{{n}^{n}}{{（n+1）}^{n+1}}$＜$\frac{1}{ne}$，即證：${（\frac{n}{n+1}）}^{n+1}$＜$\frac{1}{e}$，
兩邊取對(duì)數(shù)，原式ln$\frac{n}{n+1}$＜-$\frac{1}{n+1}$，
設(shè)t=$\frac{n}{n+1}$（0＜t＜1），則n=$\frac{t}{1-t}$，$\frac{1}{n+1}$=1-t，
因此只需證：lnt＜t-1即可，
令ω（t）=lnt-t+1，∵0＜t＜1，
∴ω′（t）=$\frac{1}{t}$-1＞0，ω（t）在（0，1）遞增，
故ω（t）＜ω（1）=0成立，
即lnt＜t-1，結(jié)論成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，是一道綜合題．