Question

1．已知函數(shù)f（x）=x²+ln（x-a），a∈R．
（Ⅰ）若f（x）有兩個不同的極值點，求a的取值范圍；
（Ⅱ）當a≤-2時，令g（a）表示f（x）在[-1，0]上的最大值，求g（a）的表達式；
（Ⅲ）求證：$\frac{3{n}^{2}+5n}{8{n}^{2}+24n+16}$+ln$\sqrt{n+1}$$＜1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$，n∈N^*．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，令h（x）=2x²-2ax+1，得到關于a的不等式組，解出即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，求出f（x）的最大值，從而求出g（a）的表達式；
（Ⅲ）令x+2=$\frac{n+1}{n}$，則x=-$\frac{n-1}{n}$∈（-1，0]，$（\frac{n-1}{n}）^{2}+ln\frac{n+1}{n}$＜1，即可證明結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{2{x}^{2}-2ax+1}{x-a}$（x＞a），∴f（x）有兩個不同的極值點，
令h（x）=2x²-2ax+1，則h（x）有兩個大于a的零點，（2分）
∴$\left\{\begin{array}{l}{△=4{a}^{2}-8＞0}\\{h（a）＞0}\\{a＜\frac{a}{2}}\end{array}\right.$，∴a＜-$\sqrt{2}$；                                        （4分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知當a≤-2時，f（x）在（a，$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$]，[$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，+∞）上單調(diào)遞增；
在（$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$]上單調(diào)遞減，（$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$＜-1，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$＜0，-------------------------（8分）
注意到h（x）=2x²-2ax+1的對稱軸x=$\frac{a}{2}$＜-1，h（-1）=3+2a＜0，h（0）=1＞0，可推知-1＜x₂＜0，
∴當x∈[-1，0]時，g（a）=f（x）_max=max{f（-1），f（0）}---------------------（9分）
而f（0）=ln（-a），f（-1）=1+ln（-1-a），
又若f（0）＞f（-1），a=-$\frac{e}{e-1}$＞-2，故f（0）＞f（-1）不成立
綜上分析可知，g（a）=f（-1）=1+ln（-1-a）（a≤-2）…（10分）
（Ⅲ）證明：由（2）知，當a=-2時，x²+ln（x+2）≤1
令x+2=$\frac{n+1}{n}$，則x=-$\frac{n-1}{n}$∈（-1，0]，∴$（\frac{n-1}{n}）^{2}+ln\frac{n+1}{n}$＜1，
∴l(xiāng)n$\frac{n+1}{n}$＜$\frac{2}{n}$-$\frac{1}{{n}^{2}}$，即$\frac{1}{{n}^{2}}$+ln$\frac{n+1}{n}$＜$\frac{2}{n}$                        （12分）
∴$\sum_{i=1}^{n}$$\frac{1}{i（i+2）}$+$\sum_{i=1}^{n}$ln$\frac{i+1}{i}$＜$\sum_{i=1}^{n}$$\frac{1}{{i}^{2}}$+$\sum_{i=1}^{n}$ln$\frac{i+1}{i}$＜$\sum_{i=1}^{n}$$\frac{2}{i}$
∴$\frac{3{n}^{2}+5n}{4{n}^{2}+12n+8}$+ln$\sqrt{n+1}$＜$\sum_{i=1}^{n}$$\frac{2}{i}$，
∴$\frac{3{n}^{2}+5n}{8{n}^{2}+24n+16}$+ln$\sqrt{n+1}$$＜1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$，n∈N^*．                      （14分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及二次函數(shù)的性質(zhì)，是一道綜合題．