题目内容

已知f(x)=lnx,g(x)=x+
a
x
(a∈R).
(1)求f(x)-g(x)的单调区间;
(2)若x≥1时,f(x)≤g(x)恒成立,求实数a的取值范围;
(3)当n∈N*,n≥2时,证明:
ln2
3
ln3
4
•…•
lnn
n+1
1
n
分析:(1)先求F(x)=f(x)-g(x)=lnx-x-
a
x
(x>0)
,求导函数F(x)=
1
x
-1+
a
x2
=
-x2+x+a
x2
,分类讨论即可求出函数的单调区间.
(2)x≥1时,lnx≤x+
a
x
恒成立,等价于a≥[xlnx-x2]max,构造新的函数k(x)=xlnx-x2造.求出函数的最大值即可求出a的取值范围.
(3)方法一:由(2)可知当a=-1时,x≥1时,lnx≤x-
1
x
恒成立所以n∈N*,n≥2时,有lnn<n-
1
n
?
lnn
n+1
n-1
n
,进而可证.
方法二:利用数学归纳法证明.当n=2时,显然成立.假设n=k(n∈N*,n≥2)成立,即
ln2
3
ln3
4
••
lnk
k+1
1
k

那么当n=k+1时,
ln2
3
ln3
4
••
lnk
k+1
ln(k+1)
k+2
1
k
ln(k+1)
k+2
下面只需证
1
k
ln(k+1)
k+2
1
k+1
,(k+1)ln(k+1)<k(k+2)即可得证.
解答:解:(1)F(x)=f(x)-g(x)=lnx-x-
a
x
(x>0)

F(x)=
1
x
-1+
a
x2
=
-x2+x+a
x2
(1分)
当△=1+4a≤0,
a≤-
1
4
时,F′(x)≤0,
所以F(x)在(0,+∞)上单调递减(2分)
当△=1+4a>0,即a>-
1
4
时,
F(x)=0,x1=
-
1+4a
+1
2
x2=
1+4a
+1
2

-
1
4
<a≤0
时,
x1>0,x2>0,
单调增区间为(0,+∞)(3分)
②a>0时,
x1>0,x2>0,
单调增区间为(x1,x2),
单调减区间为(0,x1),(x2,+∞)(5分)
综上:①a≤-
1
4
时,F(x)在(0,+∞)上单调递减(只要写出以上三种情况即得5分)
-
1
4
<a≤0
时,
x1≤0,x2>0,
单调增区间为(0,x2),单调减区间为(x2,+∞)
③a>0时,
x1>0,x2>0,
单调增区间为(x1,x2),,单调减区间为(0,x1),(x2,+∞)
(2)lnx≤x+
a
x
恒成立,
等价于a≥[xlnx-x2]max(6分)
k(x)=xlnx-x2,k′(x)=1+lnx-2x,
[k(x)]=
1
x
-2<0

k′(x)在[1,+∞)上单调递减,
k′(x)≤k′(1)=-1<0,
k(x)在[1,+∞)上单调递减,
所以k(x)的最大值为k(1)=-1,所以a≥-1(18分)
(3)证法一:由(2)知当a=-1时,x≥1时,lnx≤x-
1
x
恒成立
所以n∈N*,n≥2时,有lnn<n-
1
n
?
lnn
n+1
n-1
n
(10分)
所以
ln2
3
1
2

ln3
4
2
3

lnn
n+1
n-1
n
相乘得
ln2
3
ln3
4
••
lnn
n+1
1
n
(12分)
方法二:数学归纳法
①当n=2时,显然成立(9分)
②假设n=k(n∈N*,n≥2)成立,即
ln2
3
ln3
4
••
lnk
k+1
1
k

那么当n=k+1时,
ln2
3
ln3
4
••
lnk
k+1
ln(k+1)
k+2
1
k
ln(k+1)
k+2

下面只需证
1
k
ln(k+1)
k+2
1
k+1
,(k+1)ln(k+1)<k(k+2)
设t=k+1≥3,所以设k(t)=tlnt-t2+1
由(2)知当a=-1时,x≥1时,lnx≤x-
1
x
恒成立,
即k(t)=tlnt-t2++1<0在t=k+1≥3恒成立,所以
ln2
3
ln3
4
••
lnk
k+1
ln(k+1)
k+2
1
k+1

综合(1)(2)命题成立(12分)
点评:此题主要考查函数单调性的判断及函数的恒成立问题.
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