题目内容

【题目】已知函数f(x)=alnx﹣ax﹣3(a≠0).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)+(a+1)x+4﹣e≤0对任意x∈[e,e2]恒成立,求实数a的取值范围(e为自然常数);
(3)求证ln(22+1)+ln(32+1)+ln(42+1)+…+ln(n2+1)<1+2lnn!(n≥2,n∈N*)(n!=1×2×3×…×n).

【答案】
(1)解:f′(x)= (x>0),

当a>0时,f(x)的单调增区间为(0,1],单调减区间为[1,+∞);

当a<0时,f(x)的单调增区间为[1,+∞),单调减区间为(0,1];


(2)解:令F(x)=alnx﹣ax﹣3+(a+1)x+4﹣e=alnx+x+1﹣e,则F′(x)=

若﹣a≤e,即a≥﹣e,

F(x)在[e,e2]上是增函数,

F(x)max=F(e2)=2a+e2﹣e+1≤0,

a≤ ,无解.

若e<﹣a≤e2,即﹣e2≤a<﹣e,

F(x)在[e,﹣a]上是减函数;在[﹣a,e2]上是增函数,

F(e)=a+1≤0,即a≤﹣1.

F(e2)=2a+e2﹣e+1≤0,即a≤

∴﹣e2≤a≤

若﹣a>e2,即a<﹣e2

F(x)在[e,e2]上是减函数,

F(x)max=F(e)=a+1≤0,即a≤﹣1,

∴a<﹣e2

综上所述,a≤


(3)解:证明:令a=﹣1,此时f(x)=﹣lnx+x﹣3,所以f(1)=﹣2,

由(1)知f(x)=﹣lnx+x﹣3在(1,+∞)上单调递增,

∴当x∈(1,+∞)时,f(x)>f(1),即﹣lnx+x﹣1>0,

∴lnx<x﹣1对一切x∈(1,+∞)成立,

∵n≥2,n∈N*,则有ln( +1)< =

要证ln(22+1)+ln(32+1)+ln(42+1)+…+ln(n2+1)<1+2lnn!(n≥2,n∈N*),

只需证ln( +1)+ln( +1)+…+ln( +1)<1(n≥2,n∈N*);

ln( +1)+ln( +1)+…+ln( +1)

<(1﹣ )+( )+…+( )=1﹣ <1;

所以原不等式成立


【解析】(1)求导f′(x)= (x>0),从而判断函数的单调性;(2)令F(x)=alnx﹣ax﹣3+(a+1)x+4﹣e=alnx+x+1﹣e,从而求导F′(x)= ,再由导数的正负讨论确定函数的单调性,从而求函数的最大值,从而化恒成立问题为最值问题即可;(3)令a=﹣1,此时f(x)=﹣lnx+x﹣3,从而可得f(1)=﹣2,且f(x)=﹣lnx+x﹣3在(1,+∞)上单调递增,从而可得﹣lnx+x﹣1>0,即lnx<x﹣1对一切x∈(1,+∞)成立,从而可得若n≥2,n∈N* , 则有ln( +1)< = ,从而化ln(22+1)+ln(32+1)+ln(42+1)+…+ln(n2+1)<1+2lnn!(n≥2,n∈N*)为ln( +1)+ln( +1)+…+ln( +1)<1(n≥2,n∈N*);从而证明.
【考点精析】解答此题的关键在于理解利用导数研究函数的单调性的相关知识,掌握一般的,函数的单调性与其导数的正负有如下关系: 在某个区间内,(1)如果,那么函数在这个区间单调递增;(2)如果,那么函数在这个区间单调递减,以及对不等式的证明的理解,了解不等式证明的几种常用方法:常用方法有:比较法(作差,作商法)、综合法、分析法;其它方法有:换元法、反证法、放缩法、构造法,函数单调性法,数学归纳法等.

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