Question

10．已知函數(shù)f（x）=lnx-ax²+（2-a）x．
（1）若函數(shù)f（x）在[1，+∞）上為減函數(shù)，求a的取值范圍；
（2）當(dāng)a=1時(shí)，g（x）=x²-2x+b，當(dāng)x∈[$\frac{1}{2}$，2]時(shí)，f（x）與g（x）有兩個(gè)交點(diǎn)，求實(shí)數(shù)b的取值范圍；
（3）證明：$\frac{2}{1^2}+\frac{3}{2^2}+\frac{4}{3^2}+\frac{5}{4^2}+…+\frac{n+1}{n^2}$＞ln（n+1）（?n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為∴a≥$\frac{1}{x}$在[1，+∞）上恒成立，求出a的范圍即可；
（2）問題等價(jià)于lnx-x²+x=x²-2x+b在[$\frac{1}{2}$，2]上有兩個(gè)根，得到b=lnx-2x²+3x，令T（x）=lnx-2x²+3x，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出b的范圍即可；
（3）根據(jù)lnx＜x²-x在（1，+∞）上恒成立，令x=$\frac{n+1}{n}$＞1，（n∈N^*），得到ln（n+1）-lnn＜$\frac{n+1}{{n}^{2}}$，對(duì)n取值，累加即可．

解答 解：（1）∵函數(shù)f（x）在[1，+∞）上為減函數(shù)，
∴f′（x）≤0在[1，+∞）上恒成立，
∴f′（x）=-$\frac{（2x+1）（ax-1）}{x}$≤0在[1，+∞）上恒成立，
∴a≥$\frac{1}{x}$在[1，+∞）上恒成立，
∵${（\frac{1}{x}）}_{max}$=1，∴a≥1；
（2）當(dāng)a=1時(shí)，f（x）=lnx-x²+x，
∵f（x）與g（x）有兩個(gè)交點(diǎn)
∴l(xiāng)nx-x²+x=x²-2x+b在[$\frac{1}{2}$，2]上有兩個(gè)根，
∴b=lnx-2x²+3x，
∴令T（x）=lnx-2x²+3x，
∴T′（x）=-$\frac{（4x+1）（x-1）}{x}$，
∴T′（x）＞0時(shí)，$\frac{1}{2}$＜x＜1，∴T（x）在（$\frac{1}{2}$，1）上單調(diào)遞增，
∴T′（x）＜0時(shí)，1＜x＜2，∴T（x）在（1，2）上單調(diào)遞減，
∴x=1處有極大值也是最大值，f（1）=1，
f（$\frac{1}{2}$）=1-ln2＞0，f（2）=ln2-2＜0，
∴1-ln2≤b＜1；
（3）證明：由（1）知當(dāng)a=1時(shí)，f（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞減，
∴f′（x）≤f（1）=0當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)，等號(hào)成立，
即lnx＜x²-x在（1，+∞）上恒成立，
令x=$\frac{n+1}{n}$＞1，（n∈N^*），
∴l(xiāng)n$\frac{n+1}{n}$＜$\frac{n+1}{{n}^{2}}$，
∴l(xiāng)n（n+1）-lnn＜$\frac{n+1}{{n}^{2}}$，
n=1時(shí)，ln2-ln1＜$\frac{2}{{1}^{2}}$，
n=2時(shí)，ln3-ln2＜$\frac{3}{{2}^{2}}$，
n=3時(shí)，ln4-ln3＜$\frac{4}{{3}^{2}}$
…
n=n時(shí)，ln（n+1）-lnn＜$\frac{n+1}{{n}^{2}}$，
累加可得：ln（n+1）＜$\frac{2}{1^2}+\frac{3}{2^2}+\frac{4}{3^2}+\frac{5}{4^2}+…+\frac{n+1}{n^2}$＞ln（n+1）（?n∈N^*）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及不等式的證明，是一道中檔題．