Question

定義函數(shù)fk(x)=

alnx

xk

為f（x）的k階函數(shù)．
（1）求一階函數(shù)f₁（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）討論方程f₂（x）=1的解的個數(shù)；
（3）求證：3lnn!≤1+2³e+3³e²+…+n³e^n-1（n∈N^*）．

Answer 1

考點：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用

專題：綜合題,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）f1(x)=

alnx

x

(x＞0)，f′1(x)=

a-alnx

x2

=

a(1-lnx)

x2

(x＞0)，分a=0，a＞0，a＜0三種情況進行討論，解不等式f₁′（x）＞0，f′₁（x）＜0可得函數(shù)的增減區(qū)間；
（2）方程f₂（x）=1，即

alnx

x2

=1，易知當(dāng)a=0時，方程無解．a(chǎn)≠0時，方程化為

lnx

x2

=

1

a

．令g(x)=

lnx

x2

(x＞0)．利用導(dǎo)數(shù)可判斷g（x）的單調(diào)性及其最值情況，借助圖象可得

1

a

的范圍，進而可得a的范圍；
（3）當(dāng)a=1時，由f3(x)=

lnx

x3

(x＞0)，利用導(dǎo)數(shù)可求得f3(x)max=f3(e

1

3

)=

1

3e

．從而有f3(x)=

lnx

x3

≤

1

3e

，即3lnx≤

x3

e

．再又x＞0時，e^x＞1，得3lnx≤x³e^x-1．根據(jù)該不等式令x=1，2，3，…，n，可得結(jié)論；

解答： 解：（1）f1(x)=

alnx

x

(x＞0)，f′1(x)=

a-alnx

x2

=

a(1-lnx)

x2

(x＞0)，
令f′₁（x）=0，當(dāng)a≠0時，x=e．
∴當(dāng)a=0時，f₁（x）無單調(diào)區(qū)間；
當(dāng)a＞0時，由f₁′（x）＞0，得0＜x＜e，由f₁′（x）＜0，得x＞e，
∴f₁（x）的單增區(qū)間為（0，e），單減區(qū)間為（e，+∞）；
當(dāng)a＜0時，由f₁′（x）＞0，得x＞e，由f₁′（x）＜0，得0＜x＜e，
∴f₁（x）的單增區(qū)間為（e，+∞），單減區(qū)間為（0，e）．
（2）方程f₂（x）=1，即

alnx

x2

=1，當(dāng)a=0時，方程無解．
當(dāng)a≠0時，

lnx

x2

=

1

a

．令g(x)=

lnx

x2

(x＞0)．則g′(x)=

x-2xlnx

x4

=

1-2lnx

x3

．
由g′（x）=0得x=

e

，從而g（x）在(0，

e

)單調(diào)遞增，在(

e

，+∞)單調(diào)遞減.g(x)max=g(

e

)=

1

2e

．
當(dāng)x→0時，g（x）→-∞，當(dāng)x→+∞g（x）→0．
∴當(dāng)0＜

1

a

＜

1

2e

，即a＞2e時，方程有兩個不同解．
當(dāng)

1

a

＞

1

2e

，即0＜a＜2e時，方程有0個解．
當(dāng)

1

a

=

1

2e

，或

1

a

＜0即a=2e或a＜0時，方程有唯一解．
綜上，當(dāng)a＞2e時，方程有兩個不同解．當(dāng)0＜a＜2e時，方程有0個解．當(dāng)a=2e或a＜0時，方程有唯一解．
（3）特別地：當(dāng)a=1時，由f3(x)=

lnx

x3

(x＞0)，得f′3(x)=

x2-3x2lnx

x6

=

1-3lnx

x4

．
由f′₃（x）=0，得x=e

1

3

，
則f₃（x）在(0，e

1

3

)單調(diào)遞增，在(e

1

3

，+∞)單調(diào)遞減.f3(x)max=f3(e

1

3

)=

1

3e

．
∴f3(x)=

lnx

x3

≤

1

3e

，即3lnx≤

x3

e

．
又x＞0時，e^x＞1．∴3lnx≤x³e^x-1．
令x=1，2，3，…，n，
則3lnn!=3ln1+3ln2+3ln3+…+3lnn≤1+2³e+3²e²+…+n³e^n-1．

點評：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值、方程的解、證明不等式，考查分類討論思想，考查學(xué)生綜合運用知識分析解決問題能力，根據(jù)函數(shù)最值靈活構(gòu)造不等式是解決（3）問的關(guān)鍵所在，注意總結(jié)．