Question

14．已知函數(shù)f（x）=ax（lnx-1）（a∈R且a≠0）．
（1）求函數(shù)y=f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（2）當(dāng)a＞0時，設(shè)函數(shù)g（x）=$\frac{1}{6}$x³-f（x），函數(shù)h（x）=g′（x）．
①若h（x）≥0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
②證明：ln（1•2•3•…•n）^2e＜1²+2²+3²+…+n²（n∈N^*）

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，對a討論，分a＞0，a＜0，由導(dǎo)數(shù)大于0，解得增區(qū)間；
（2）①當(dāng)a＞0時，求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，由題意可得$\frac{1}{2a}$≥$\frac{lnx}{{x}^{2}}$的最大值，求出右邊函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間、極值和最值，即可得到所求a的范圍；
②由①可得$\frac{lnx}{{x}^{2}}$＜$\frac{1}{2e}$，x∈N，可得2elnn＜n²，由累加法和對數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)即可得證．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=ax（lnx-1）的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=a（lnx-1）+a=alnx，
當(dāng)a＞0時，x＞1時，f′（x）＞0，f（x）遞增；0＜x＜1時，f′（x）＜0，f（x）遞減；
當(dāng)a＜0時，0＜x＜1時，f′（x）＞0，f（x）遞增；x＞1時，f′（x）＜0，f（x）遞減．
即有a＞0，f（x）的遞增區(qū)間為（1，+∞）；
a＜0時，f（x）的遞增區(qū)間為（0，1）；
（2）①當(dāng)a＞0時，設(shè)函數(shù)g（x）=$\frac{1}{6}$x³-f（x）=$\frac{1}{6}$x³-ax（lnx-1），
函數(shù)h（x）=g′（x）=$\frac{1}{2}$x²-alnx，x＞0，
h（x）≥0恒成立，即為$\frac{1}{2a}$≥$\frac{lnx}{{x}^{2}}$的最大值，
由y=$\frac{lnx}{{x}^{2}}$的導(dǎo)數(shù)為$\frac{1-2lnx}{{x}^{3}}$，當(dāng)x＞$\sqrt{e}$時，函數(shù)y遞減；
當(dāng)0＜x＜$\sqrt{e}$時，函數(shù)y遞增，即有x=$\sqrt{e}$取得最大值$\frac{1}{2e}$，
則有$\frac{1}{2a}$≥$\frac{1}{2e}$，解得0＜a≤e；
②證明：由①可得$\frac{lnx}{{x}^{2}}$＜$\frac{1}{2e}$，x∈N，
即有2elnn＜n²，
可得2e（ln1+ln2+ln3+…+lnn）＜1²+2²+3²+…+n²，
則ln（1•2•3…n）^2e＜1²+2²+3²+…+n²（n∈N^*）．

點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，考查不等式成立問題的解法，注意運(yùn)用參數(shù)分離和構(gòu)造函數(shù)，考查不等式的證明，注意運(yùn)用已知不等式，考查運(yùn)算和推理能力，屬于中檔題．