Question

17．已知函数f（x）=ax-lnx（a∈R）．
（Ⅰ）若方程f（x）=0有两根x₁，x₂，求a的取值范围；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的前提下，设x₁＜x₂，求证：$\frac{x_2}{x_1}$随着a的减小而增大；
（Ⅲ）若不等式f（x）≥a恒成立，求证：${（\frac{1}{n}）^n}+{（\frac{2}{n}）^n}+{（\frac{3}{n}）^n}+…+{（\frac{n}{n}）^n}＜a+\frac{1}{{{e}-a}}$（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由f（x）=ax-lnx=0，有$a=\frac{lnx}{x}$，设$g（x）=\frac{lnx}{x}$，由$g'（x）=\frac{1-lnx}{x}$，利用导数研究其单调性极值最值即可得出．
（Ⅱ）若方程f（x）=0有两根x₁，x₂，则$0＜a＜\frac{1}{e}$，1＜x₁＜e＜x₂．假设对于任意的$0＜{a_2}＜{a_1}＜\frac{1}{e}$．记g（α₁）=g（α₂）=a₁，由上可知1＜α₁＜e＜α₂；记g（β₁）=g（β₂）=a₂，由上可知1＜β₁＜e＜β₂．根据g（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，即可证明．
（Ⅲ）依题意，ax-lnx≥a恒成立，记h（x）=ax-a-lnx，则$h'（x）=a-\frac{1}{x}=\frac{ax-1}{x}$．对a分类讨论，研究其单调性可得：a=1．由lnx≤x-1可得$ln（\frac{k}{n}）≤\frac{k}{n}-1$（k≤n），两边乘以n可得$nln（\frac{k}{n}）≤k-n$，即$（\frac{k}{n}{）^n}＜{{e}^{k-n}}$．利用等比数列的求和公式即可得出．

解答 解：（Ⅰ）由f（x）=ax-lnx=0，有$a=\frac{lnx}{x}$，
设$g（x）=\frac{lnx}{x}$，由$g'（x）=\frac{1-lnx}{x}$，…（1分）
g（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，
又$f（{e}）=\frac{1}{e}$，f（1）=0．当x→0时，f（x）→-∞；当x→+∞时，f（x）→0．…（2分）
故若方程f（x）=0有两根，则$0＜a＜\frac{1}{e}$．…（3分）
（Ⅱ）证明：若方程f（x）=0有两根x₁，x₂，则$0＜a＜\frac{1}{e}$，1＜x₁＜e＜x₂．
假设对于任意的$0＜{a_2}＜{a_1}＜\frac{1}{e}$．记g（α₁）=g（α₂）=a₁，
由上可知1＜α₁＜e＜α₂；
记g（β₁）=g（β₂）=a₂，由上可知1＜β₁＜e＜β₂．…（5分）
因为g（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，
故由a₁＞a₂可知α₁＞β₁，α₂＜β₂．
又因为1＜α₁＜e＜α₂，1＜β₁＜e＜β₂，
所以$\frac{α_2}{α_1}＜\frac{β_2}{α_1}＜\frac{β_2}{β_1}$，故$\frac{x_2}{x_1}$随着a的减小而增大．…（8分）
（Ⅲ）依题意，ax-lnx≥a恒成立，记h（x）=ax-a-lnx，则$h'（x）=a-\frac{1}{x}=\frac{ax-1}{x}$．
①当a＜0时，h'（x）＜0在（0，+∞）恒成立，故h（x）=ax-a-lnx在（0，+∞）单调递减，又因为h（1）=0，所以h（x）=ax-a-lnx在（1，+∞）上函数值小于零，不符合题意，舍去．…（9分）
②当a＞0时，$h'（x）=\frac{ax-1}{x}=0$得$x=\frac{1}{a}$．

	$（0，\frac{1}{a}）$	$（\frac{1}{a}，+∞）$
$h'（x）=\frac{ax-1}{x}$	小于0	大于0
h（x）=ax-a-lnx	单调递减	单调递增

由上表可知h（x）=ax-a-lnx在（0，+∞）上的${h_{min}}=h（\frac{1}{a}）=1-a+lna≥0$．…（10分）
记k（a）=1-a+lna，由$k'（a）=-1+\frac{1}{a}$可知，k（a）=1-a+lna在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，故k（a）≤k（1）=0，综上k（a）=1-a+lna=0，即a=1．…（11分）
由lnx≤x-1可得$ln（\frac{k}{n}）≤\frac{k}{n}-1$（k≤n），两边乘以n可得$nln（\frac{k}{n}）≤k-n$，即$（\frac{k}{n}{）^n}≤{{e}^{k-n}}$．
则${（\frac{1}{n}）^n}+{（\frac{2}{n}）^n}+{（\frac{3}{n}）^n}+…{（\frac{n}{n}）^n}≤{{e}^{1-n}}+{{e}^{2-n}}+{{e}^{3-n}}+…+{{e}^0}=\frac{{1-{{e}^{-n}}}}{{1-{{e}^{-1}}}}＜\frac{1}{{1-{{e}^{-1}}}}=\frac{e}{{{e}-1}}$．…（12分）

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、分类讨论方法、等价转化方法、等比数列的求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．