Question

5．已知函數(shù)f（x）=ln（x-1）-$\frac{ax}{x-1}$．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）若a∈[-e，-1]，求f（x）的最小值的取值范圍；
（3）設(shè)數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，且a₁=-e，a_2n=-1，證明：ln（a₁a₂a₃…a_2n）≤n（e+1）

Answer 1

分析 （1）求解導(dǎo)數(shù)f′（x）=$\frac{1}{x-1}$-$\frac{a（x-1）-ax}{（x-1）^{2}}$=$\frac{x-1+a}{（x-1）^{2}}$，x＞1，分類討論結(jié)合不等式判斷單調(diào)性，注意定義域的限制．
（2）根據(jù)單調(diào)性得出f（x）的最小值為f（1-a）=ln（-a）-a（1-a）-a=ln（-a）+1-a，
構(gòu)造函數(shù)g（a）=ln（-a）+1-a，a∈[-e，-1]，利用函數(shù)單調(diào)遞減求解函數(shù)值的范圍．
（3）利用等差數(shù)列的性質(zhì)得出a₁×a_2n≤$\frac{（e+1）^{2}}{4}$，…a_n-1n-1•a_n+1≤$\frac{（e+1）^{2}}{4}$，相乘放縮即可證明．

解答 解：∵函數(shù)f（x）=ln（x-1）-$\frac{ax}{x-1}$．
∴f′（x）=$\frac{1}{x-1}$-$\frac{a（x-1）-ax}{（x-1）^{2}}$=$\frac{x-1+a}{（x-1）^{2}}$，x＞1，
（1）∵$\frac{x-1+a}{（x-1）^{2}}$＞0，x＞1-a，
$\frac{x-1+a}{（x-1）^{2}}$＜0，x＜1-a，
$\frac{x-1+a}{（x-1）^{2}}$=0，x=1-a，
∴當(dāng)1-a≤1時(shí)，即a≥0時(shí)函數(shù)在（1，+∞）單調(diào)遞增，
當(dāng)1-a＞1時(shí)，即a＜0時(shí)，函數(shù)在（1，1-a）單調(diào)遞減，（1-a，+∞）單調(diào)遞增，
（2）a∈[-e，-1]，f（x）的最小值為f（1-a）=ln（-a）-a（1-a）-a=ln（-a）+1-a，
∵g（a）=ln（-a）+1-a，a∈[-e，-1]，函數(shù)單調(diào)遞減，
∴g（-1）=2，g（-e）=2+e，
故最小值的取值范圍：[2，2+e]，
（3）∵數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，且a₁=-e，a_2n=-1，
根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)，結(jié)合基本不等式得出：
（-a₁）+（-a_2n）≥2$\sqrt{（-{a}_{1}）（-{a}_{2n}）}$=2$\sqrt{{a}_{1}{a}_{2n}}$，a₁a_2n≤$\frac{（e+1）^{2}}{4}$
∴歸納得出：a₁×a_2n≤$\frac{（e+1）^{2}}{4}$，…a_n-1•a_n+1≤$\frac{（e+1）^{2}}{4}$，
即（a₁a₂a₃…a_2n）≤（$\frac{（e+1）^{2}}{4}$）ⁿ，
ln（a₁a₂a₃…a_2n）≤ln（（$\frac{（e+1）^{2}}{4}$）ⁿ）=ln（$\frac{（e+1）^{2}}{4}$≤n•ln（e+1）²≤n（e+1）

點(diǎn)評 本題考查了導(dǎo)數(shù)在解決函數(shù)最值，單調(diào)性，不等式的證明問題中的應(yīng)用，綜合性較強(qiáng)，難度較大．