Question

8．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$x²-axlnx-lnx+ax，f′（x）函數(shù)是f（x）的導(dǎo)函數(shù)，函數(shù)y=f（x）有且只有四個單調(diào)區(qū)間．
（1）設(shè)f′（x）的導(dǎo)函數(shù)為f″（x），分別求f′（x）和f″（x）（兩個結(jié)果都含a）．
（2）實數(shù)a的取值范圍；
（3）設(shè)n∈N^*，試比較f″（n+1）-f′（n）與$\frac{3}{2}$-a的大�。�

Answer 1

分析 （1）先求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，從而進一步求出二階導(dǎo)數(shù)；
（2）函數(shù)y=f（x）有且只有四個單調(diào)區(qū)間，轉(zhuǎn)化為關(guān)于x的方程f″（x）=0有2個不同的實根，根據(jù)這兩個根是正根，f′（x₁）f′（x₂）＜0，只需驗證a＞2時，f′（x₁）f′（x₂）＜0即可，先求出函數(shù)f′（x）的單調(diào)性，通過構(gòu)造新函數(shù)得到a＞2時，f（e^a）＞F（a）＞0，從而求出a的范圍；
（3）設(shè)h（x）=x-ln（1+x），（x≥0），通過求導(dǎo)得到x＞ln（x+1），從而有$\frac{1}{n}$＞ln（1+$\frac{1}{n}$），通過作差f′（n+1）-f′（n）=n+1-aln（n+1）-$\frac{1}{n+1}$-n+alnn+$\frac{1}{n}$，不等式放縮法求出即可．

解答 解：（1）∵f（x）=$\frac{1}{2}$x²-axlnx-lnx+ax，
∴函數(shù)y=f（x）的定義域是（0，+∞），
∴f′（x）=x-alnx-$\frac{1}{x}$，
f″（x）=1-$\frac{a}{x}$+$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-ax+1}{{x}^{2}}$；
（2）∵函數(shù)y=f（x）有且只有四個單調(diào)區(qū)間，
∴關(guān)于x的方程f′（x）=0有3個解，
∴關(guān)于x的方程f″（x）=0有2個不同的實根，設(shè)為：x₁，x₂，
由已知得：這兩個根是正根，且f′（x₁）f′（x₂）＜0，
由x²-ax+1=0，得△=a²-4＞0，由a＞0，解得：a＞2，
下面驗證a＞2時，f′（x₁）f′（x₂）＜0，
不妨設(shè)x₁＜x₂，
（方法一）由條件得：x₁ x₂=1，∴0＜x₁＜1＜x₂，
∵f″（x）=$\frac{（x{-x}_{1}）（x{-x}_{2}）}{{x}^{2}}$，
當(dāng)x變化時，函數(shù)f′（x），f″（x）變化情況如下：

x	（0，x1）	x1	（x1，x2）	x2	（x2，+∞）
f″（x）	+	0	-	0	+
f′（x）	遞增	極大值	遞減	極小值	遞增

∵f′（1）=0，∴f′（x）_極大值=f′（x₁）＞0，f′（x）_極小值=f′（x₂）＜0，
由于a＞2，∴x→0（x＞0）時，f′（x）→-∞，
又e^a＞2^a＞2a＞a＞x₂=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，
令F（a）=e^a-a²-1（a≥2），則a＞2時，F(xiàn)′（a）=e^a-2a＞0，即F（a）在區(qū)間[2，+∞）上單調(diào)遞增，
∴a＞2時，F(xiàn)（a）＞F（2）=e²-5＞0，
∴f（e^a）=e^a-alne^a-$\frac{1}{{e}^{a}}$=e^a-a²-$\frac{1}{{e}^{a}}$＞F（a）＞0，
∴f′（x）=0有3個零點，
綜上，實數(shù)a的取值范圍是（2，+∞）；
（方法二），由x₁=$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，x₂=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，
設(shè)g（a）=ln$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$-$\frac{\sqrt{{a}^{2}-4}}{a}$（a≥2），
則a＞2時，g′（a）=$\frac{2{（a}^{2}-2）}{{a}^{2}\sqrt{{a}^{2}-4}}$＞0，
∴g（a）是區(qū)間[2，+∞）上的增函數(shù)，
∴當(dāng)a＞2時，g（a）＞g（2）=0，
∴l(xiāng)n$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$＞$\frac{\sqrt{{a}^{2}-4}}{a}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{aln\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}＞\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}-\frac{1}{\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}}}\\{aln\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}＜\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}-\frac{1}{\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}}}\end{array}\right.$，
即f′（x₁）＞0，f′（x₂）＜0，
∵f″（x）=$\frac{（x{-x}_{1}）（x{-x}_{2}）}{{x}^{2}}$，
∴當(dāng)x變化時，函數(shù)f′（x），f″（x）變化情況如下：

x	（0，x1）	x1	（x1，x2）	x2	（x2，+∞）
f″（x）	+	0	-	0	+
f′（x）	遞增	極大值	遞減	極小值	遞增

由于a＞2，∴x→0（x＞0）時，f′（x）→-∞，
又e^a＞2^a＞2a＞a＞x₂=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，
令F（a）=e^a-a²-1（a≥2），則a＞2時，F(xiàn)′（a）=e^a-2a＞0，即F（a）在區(qū)間[2，+∞）上單調(diào)遞增，
∴a＞2時，F(xiàn)（a）＞F（2）=e²-5＞0，
∴f（e^a）=e^a-alne^a-$\frac{1}{{e}^{a}}$=e^a-a²-$\frac{1}{{e}^{a}}$＞F（a）＞0，
∴f′（x）=0有3個零點，
綜上，實數(shù)a的取值范圍是（2，+∞）；
（3）設(shè)h（x）=x-ln（1+x），（x≥0），
當(dāng)x＞0時，h′（x）=1-$\frac{1}{x+1}$＞0，
∴y=h（x）在[0，+∞）遞增，
即x＞0時，h（x）＞h（0）=0，
即x＞ln（x+1），
∴$\frac{1}{n}$＞ln（1+$\frac{1}{n}$），
由（1）得：a＞2，∴-aln（1+$\frac{1}{n}$）≥-$\frac{a}{n}$，
∵f′（x）=x-alnx-$\frac{1}{x}$，
∴f′（n+1）-f′（n）
=n+1-aln（n+1）-$\frac{1}{n+1}$-n+alnn+$\frac{1}{n}$
=1-aln（1+$\frac{1}{n}$）+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$
＞1-$\frac{a}{n}$+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$
=1-$\frac{a-1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$
≥1-a+1-$\frac{1}{2}$
=$\frac{3}{2}$-a，
∴f″（n+1）-f′（n）＞$\frac{3}{2}$-a．

點評 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，不等式問題，本題紛繁復(fù)雜計算量大，考查學(xué)生的綜合運算的能力，本題難度較大．