Question

15．已知函數(shù)f（x）=alnx-x+1在（1，f（1））處的切線方程為y=0．
（1）求a及f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）k∈Z，k＜$\frac{{xf（x）+{x^2}}}{x-1}$對任意x＞1恒成立，求k的最大值；
（3）{a_n}中a_n=1+$\frac{1}{2^n}$，求證：a₁a₂…a_n＜e．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導數(shù)，可得切線的斜率，由切線方程可得a的方程，求得a的值；由導數(shù)大于0，可得增區(qū)間；導數(shù)小于0，可得減區(qū)間；
（2）化簡$\frac{{xf（x）+{x^2}}}{x-1}$=$\frac{xlnx+x}{x-1}$，再令y=$\frac{xlnx-x+2}{x-1}$，x＞1，求出導數(shù)和極小值點m，代入求得極值大于0，再由恒成立思想，即可得到k的最大值；
（3）由（1）可得lnx＜x-1，x＞1．令x=1+$\frac{1}{{2}^{n}}$，可得ln（1+$\frac{1}{{2}^{n}}$）＜$\frac{1}{{2}^{n}}$．再由累加法，結(jié)合對數(shù)的運算法則，即可得證．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=alnx-x+1的導數(shù)為f′（x）=$\frac{a}{x}$-1，
由函數(shù)f（x）=alnx-x+1在（1，f（1））處的切線方程為y=0，
可得a-1=0，即a=1．
即f（x）=lnx-x+1，x＞0．
f′（x）=$\frac{1}{x}$-1，由f′（x）＞0，可得0＜x＜1；
由由f′（x）＜0，可得x＞1．
則f（x）的增區(qū)間為（0，1），減區(qū)間為（1，+∞）；
（2）$\frac{{xf（x）+{x^2}}}{x-1}$=$\frac{x（lnx-x+1）+{x}^{2}}{x-1}$=$\frac{xlnx+x}{x-1}$，
由$\frac{xlnx+x}{x-1}$-2=$\frac{xlnx-x+2}{x-1}$，
令y=$\frac{xlnx-x+2}{x-1}$，x＞1，
則y′=$\frac{x-2-lnx}{（x-1）^{2}}$，
設x-2-lnx=0的一個大于1的根為m，
即lnm=m-2，（m為極小值點），
則y=$\frac{mlnm-m+2}{m-1}$=$\frac{mlnm-lnm}{m-1}$=$\frac{（m-1）lnm}{m-1}$=lnm＞0，
即$\frac{xlnx+x}{x-1}$-2＞0，
即有$\frac{{xf（x）+{x^2}}}{x-1}$＞2恒成立，
由題意可得k≤2，
則k的最大值為2；
（3）證明：由（1）可得lnx-x+1＜ln1-1+1=0，
即lnx＜x-1，x＞1．
令x=1+$\frac{1}{{2}^{n}}$，可得ln（1+$\frac{1}{{2}^{n}}$）＜1+$\frac{1}{{2}^{n}}$-1=$\frac{1}{{2}^{n}}$．
則ln（1+$\frac{1}{2}$）＜$\frac{1}{2}$，ln（1+$\frac{1}{{2}^{2}}$）＜$\frac{1}{{2}^{2}}$，…，ln（1+$\frac{1}{{2}^{n}}$）＜$\frac{1}{{2}^{n}}$．
可得ln（1+$\frac{1}{2}$）+ln（1+$\frac{1}{{2}^{2}}$）+…+ln（1+$\frac{1}{{2}^{n}}$）＜$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$
=$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$＜1，
即有l(wèi)n[（1+$\frac{1}{2}$）（1+$\frac{1}{{2}^{2}}$）…（1+$\frac{1}{{2}^{n}}$）]＜1=lne，
則a₁a₂…a_n＜e．

點評 本題考查導數(shù)的運用：求切線的斜率和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，考查不等式恒成立問題的解法和不等式的證明，注意運用構(gòu)造函數(shù)法和累加法，屬于綜合題，有一定的難度，屬于難題．