Question

20．已知函數(shù)f（x）=alnx-ax-3（a∈R）．
（1）當(dāng)a=-1時(shí)，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若函數(shù)y=f（x）在x=1處有極值-4，且關(guān)于x的方程x²f′（x）+ke^x=1恰有兩個(gè)不同的實(shí)根，求實(shí)數(shù)k的值；
（3）求證：$\frac{ln2}{2}$×$\frac{ln3}{3}$×$\frac{ln4}{4}$×…×$\frac{lnn}{n}$＜$\frac{1}{n}$（n≥2，n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）由函數(shù)的解析式求得 f′（x），再根據(jù) f′（x）的符號(hào)求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．
（2）令f′（x）=0，求得x=1，由f（1）=-4，求得a的值，可得f（x）的解析式．由條件可得函數(shù)y=x²-x+1=${（x-\frac{1}{2}）}^{2}$+$\frac{3}{4}$ 的圖象和y=ke^x ，的圖象有2個(gè)不同的交點(diǎn)，由k•$\sqrt{e}$＞$\frac{3}{4}$，求得k的范圍．
（3）先根據(jù)f（x）=lnx-x-3在（1，+∞）上單調(diào)遞減求得lnx＜x-1對(duì)一切x∈（1，+∞）成立，即當(dāng)n≥2時(shí)，n∈N^*，則有0＜lnn＜n-1，即 0＜$\frac{lnn}{n}$＜$\frac{n-1}{n}$，由此即可證得要證的不等式成立．

解答 解：（1）當(dāng)a=-1時(shí)，函數(shù)f（x）=-lnx+x-3 的定義域?yàn)椋?，+∞），
∵f′（x）=1-$\frac{1}{x}$，∴在0，1）上，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）為減函數(shù)；在（1，+∞）上，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）為增函數(shù)．
（2）令f′（x）=$\frac{a}{x}$-a=0，求得x=1，故1為f（x）的極值點(diǎn)，故有f（1）=0-a-3=-4，求得 a=1，∴f（x）=lnx-x-3．
關(guān)于x的方程x²f′（x）+ke^x=1，即 x²-x+1=ke^x ，根據(jù)此方程有兩個(gè)不同的實(shí)根，
可得函數(shù)y=x²-x+1=${（x-\frac{1}{2}）}^{2}$+$\frac{3}{4}$ 的圖象和y=ke^x ，的圖象有2個(gè)不同的交點(diǎn)，
故k•$\sqrt{e}$＞$\frac{3}{4}$，求得k＞$\frac{3}{4\sqrt{e}}$．
（3）由（2）可得，當(dāng)a=1時(shí)，f（x）=lnx-x-3，f（1）=-4，由于f（x）=lnx-x-3在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
∴當(dāng)x∈[1，+∞）時(shí)f（x）＜f（1），即lnx-x+1＜0，
∴l(xiāng)nx＜x-1對(duì)一切x∈（1，+∞）成立，故當(dāng)n≥2，n∈N^*，則有0＜lnn＜n-1，即 0＜$\frac{lnn}{n}$＜$\frac{n-1}{n}$，
∴：$\frac{ln2}{2}$×$\frac{ln3}{3}$×$\frac{ln4}{4}$×…×$\frac{lnn}{n}$＜$\frac{1}{2}$•$\frac{2}{3}$•$\frac{3}{4}$•$\frac{4}{5}$…$\frac{n-1}{n}$=$\frac{1}{n}$，
即：$\frac{ln2}{2}$×$\frac{ln3}{3}$×$\frac{ln4}{4}$×…×$\frac{lnn}{n}$＜$\frac{1}{n}$（n≥2，n∈N^*）成立．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求函數(shù)的極值，方程根的存在性以及個(gè)數(shù)判斷，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想，屬于難題．