Question

3．已知f（x）=1nx，g（x）=x²-ax（x∈R）
（1）求曲線y=f（x）于點（1，f（1）的切線方程
（2）a=3時，求函數(shù)F（x）=f（x）+g（x）單調(diào)區(qū)間
（3）設(shè)a_n=1+$\frac{1}{n}$（n∈N⁺），求證：3（a₁+…a_n）-a₁²-a₂²…a_n²＜1n（n+1）+2n．

Answer 1

分析 （1）分別求出f（1），f′（1），從而求出切線方程；
（2）將a=3代入函數(shù)F（x）的表達式，求出F′（x），從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（3）根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到f（1+$\frac{1}{n}$）＞f（1），分別表示出代入化簡后得到3（1+$\frac{1}{n}$）-${（1+\frac{1}{n}）}^{2}$＜2+ln（1+$\frac{1}{n}$）即3a_n-${{a}_{n}}^{2}$＜2+ln（1+$\frac{1}{n}$），列舉出各項即可得證．

解答 解：（1）∵f（x）=lnx，
∴f（1）=ln1=0，f′（x）=$\frac{1}{x}$，f′（1）=1，
∴切線方程是：y-0=x-1，
即：y=x-1；
（2）a=3時：F（x）=f（x）+g（x）=lnx+x²-3x，
∴F′（x）=$\frac{1}{x}$+2x-3=$\frac{{2x}^{2}-3x+1}{x}$=$\frac{（2x-1）（x-1）}{x}$，
令F′（x）＞0，解得：x＞1或0＜x＜$\frac{1}{2}$，令F′（x）＜0，解得：$\frac{1}{2}$＜x＜1，
∴函數(shù)F（x）在（0，$\frac{1}{2}$），（1，+∞）遞增，在（$\frac{1}{2}$，1）遞減；
（3）由（2）得：F（x）在（1，+∞）上是增函數(shù)．
∴F（1+$\frac{1}{n}$）＞F（1）=-2，
∴l(xiāng)n（1+$\frac{1}{n}$）+${（1+\frac{1}{n}）}^{2}$-3（1+$\frac{1}{n}$）＞-2，
∴3（1+$\frac{1}{n}$）-${（1+\frac{1}{n}）}^{2}$＜2+ln（1+$\frac{1}{n}$），
即3a_n-${{a}_{n}}^{2}$＜2+ln（1+$\frac{1}{n}$），
∴3a₁-a₁²＜2+ln（1+1），
3a₂-${{a}_{2}}^{2}$＜2+ln（1+$\frac{1}{2}$），
3a₃-${{a}_{3}}^{2}$＜2+ln（1+$\frac{1}{3}$），
…，
3a_n-${{a}_{n}}^{2}$＜2+ln（1+$\frac{1}{n}$），
∴3（a₁+a₂+…+a_n）-a₁²-a₂²-…-a_n²
=（3a₁-a₁²）+（3a₂-a₂²）+…+（3a_n-a_n²）
＜（2+ln$\frac{2}{1}$）+（2+ln$\frac{3}{2}$）+…+（2+ln$\frac{n+1}{n}$）
＜2n+ln（n+1）．
故所證不等式成立．

點評 考查學生會利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，會利用基本不等式求函數(shù)的最值，掌握導(dǎo)數(shù)在函數(shù)最值問題中的應(yīng)用，是一道中檔題．