Question

8．已知曲线f（x）=（x+a）1nx（a∈R）在点（1，f（1））处的切线与直线x+y+1=0垂直．
（1）求f（x）的解析式．
（2）若?x∈[1，+∞），f（x）≤k（x²-1）恒成立，求实数k的取值范围；
（3）求证：lnn+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2n}$≤1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$，n∈N^•．

Answer 1

分析 （1）求导数，利用曲线f（x）=（x+a）1nx（a∈R）在点（1，f（1））处的切线与直线x+y+1=0垂直，求出a，即可求f（x）的解析式．
（2）设g（x）=f（x）-k（x²-1），则g′（x）=lnx+1-2kx，分类讨论，利用?x∈[1，+∞），f（x）≤k（x²-1）恒成立，结合函数的单调性求实数k的取值范围；
（3）由（2）k=$\frac{1}{2}$时，xlnx≤$\frac{1}{2}$（x²-1），整理令x=$\frac{n}{n-1}$（x＞1）代入得ln$\frac{n}{n-1}$≤$\frac{1}{2n}$+$\frac{1}{2（n-1）}$，即lnn-ln（n-1）+$\frac{1}{2n}$-$\frac{1}{2（n-1）}$≤$\frac{1}{n}$，再利用累加法，即可证明结论．

解答 （1）解：∵f（x）=（x+a）1nx，
∴f′（x）=1nx+$\frac{x+a}{x}$，
∵曲线f（x）=（x+a）1nx（a∈R）在点（1，f（1））处的切线与直线x+y+1=0垂直，
∴f′（1）=1+a=1，
∴a=0，
∴f（x）=x1nx；
（2）解：设g（x）=f（x）-k（x²-1），则g′（x）=lnx+1-2kx，
设h（x）=lnx+1-2kx，则h′（x）=$\frac{1}{x}$-2k=0，
k=0，h′（x）＞0，∴h（x）≥h（1）=1，∴g′（x）＞0，∴g（x）在[1，+∞）上单调递增，
∴g（x）≥g（1）=0，不合题意；
k＞0，$\frac{1}{2k}$≤1，即k≥$\frac{1}{2}$，h′（x）＜0，∴h（x）≤h（1）=1-2k≤0，∴g′（x）≤0，∴g（x）在[1，+∞）上单调递减，∴g（x）≤g（1）=0，合题意
$\frac{1}{2k}$＞1，即0＜k＜$\frac{1}{2}$，h（x）在[1，$\frac{1}{2k}$）上单调递增，在（$\frac{1}{2k}$，+∞）上单调递减，
∵x=$\frac{1}{2k}$时，h（x）取得最大值，
∵h（1）=0，∴不合题意
k＜0，g′（x）＞0，∴g（x）在[1，+∞）上单调递增，
∴g（x）≥g（1）=0，不合题意；
综上所述，k≥$\frac{1}{2}$；
（3）证明：由（2）k=$\frac{1}{2}$时，xlnx≤$\frac{1}{2}$（x²-1），
∴lnx≤$\frac{1}{2}$（$\frac{x-1}{x}$+x-1）．
令x=$\frac{n}{n-1}$（x＞1）代入得ln$\frac{n}{n-1}$≤$\frac{1}{2n}$+$\frac{1}{2（n-1）}$，
∴lnn-ln（n-1）+$\frac{1}{2n}$-$\frac{1}{2（n-1）}$≤$\frac{1}{n}$，
令n=2，得ln2-ln1+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2}$-1）≤$\frac{1}{2}$，
…
n=n，lnn-ln（n-1）+$\frac{1}{2n}$-$\frac{1}{2（n-1）}$≤$\frac{1}{n}$，
相加可得lnn-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2n}$≤$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$，
∴lnn+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2n}$≤1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$．

点评 本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性，恒成立问题，考查不等式的证明，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．