分析 (1)依題意,函數(shù)f(x)的定義域?yàn)椋?,+∞),f′(x)=lnx-ax,函數(shù)f(x)在其定義域內(nèi)有兩個不同的極值點(diǎn).即lnx-ax=0在(0,+∞)上有兩個不同根.轉(zhuǎn)化為,函數(shù)y=lnx與函數(shù)y=ax的圖象在(0,+∞),上有兩個不同交點(diǎn),令過原點(diǎn)且切于函數(shù)y=lnx圖象的直線斜率為k,只需0<a<k.利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可得出.
(2)不等式e1+λ<x1•x2λ恒成立,等價于1+λ<lnx1+λlnx2.由(1)可知:x1,x2分別是方程lnx-ax=0的兩個根,即lnx1=ax1,lnx2=ax2.可得1+λ<a(x1+λx2),進(jìn)而得到原式等價于a>$\frac{1+λ}{{x}_{1}+λ{(lán)x}_{2}}$.又a=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$.原式等價于$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$>$\frac{1+λ}{{x}_{1}+λ{(lán)x}_{2}}$,令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$,t∈(0,1),則不等式等價于lnt<$\frac{(1+λ)(t-1)}{t+λ}$在t∈(0,1)上恒成立.利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性即可得出.
(3)利用導(dǎo)數(shù)可以證明:lnx<x-1.
令x=n2(n∈N*,n≥2),有l(wèi)nn2<n2-1,即$\frac{lnn}{{n}^{2}-1}$$<\frac{1}{2}$$<\frac{n}{2}$.令x=1+$\frac{1}{n}$,有l(wèi)n$(1+\frac{1}{n})$$<\frac{1}{n}$,可得$(1+\frac{1}{n})^{n}$<e<3.即可證明.
解答 (1)解:依題意,函數(shù)f(x)的定義域?yàn)椋?,+∞),f′(x)=lnx-ax,
∵函數(shù)f(x)在其定義域內(nèi)有兩個不同的極值點(diǎn).
∴l(xiāng)nx-ax=0在(0,+∞)上有兩個不同根.轉(zhuǎn)化為,函數(shù)y=lnx與函數(shù)y=ax的圖象在(0,+∞),上有兩個不同交點(diǎn),
令過原點(diǎn)且切于函數(shù)y=lnx圖象的直線斜率為k,只需0<a<k.
令切點(diǎn)A(x0,lnx0),
則k=$(lnx)^{′}{|}_{x={x}_{0}}$=$\frac{1}{{x}_{0}}$,∴$\frac{1}{{x}_{0}}$=$\frac{ln{x}_{0}}{{x}_{0}}$,解得,x0=e,
∴k=$\frac{1}{e}$,0$<a<\frac{1}{e}$.
(2)解:∵不等式e1+λ<x1•x2λ恒成立,∴1+λ<lnx1+λlnx2.
由(1)可知:x1,x2分別是方程lnx-ax=0的兩個根,即lnx1=ax1,lnx2=ax2.
∴1+λ<lnx1+λlnx2.等價于1+λ<a(x1+λx2),
∵λ>0,0<x1<x2,∴原式等價于a>$\frac{1+λ}{{x}_{1}+λ{(lán)x}_{2}}$.
∵lnx1=ax1,lnx2=ax2.∴$ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=a(x1-x2),即a=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$.
∴原式等價于$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$>$\frac{1+λ}{{x}_{1}+λ{(lán)x}_{2}}$,
∵0<x1<x2,原式恒成立,即$ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$<$\frac{(1+λ)({x}_{1}-{x}_{2})}{{x}_{1}+λ{(lán)x}_{2}}$恒成立.
令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$,t∈(0,1),則不等式等價于lnt<$\frac{(1+λ)(t-1)}{t+λ}$在t∈(0,1)上恒成立.
令h(t)=lnt-$\frac{(1+λ)(t-1)}{t+λ}$,又h′(t)=$\frac{(t-1)(t-{λ}^{2})}{t(t+λ)^{2}}$,
當(dāng)λ2≥1時,又h′(t)>0,∴h(t)在t∈(0,1)上單調(diào)增,又h(1)=0,∴h(t)<0在t∈(0,1),恒成立,符合題意.當(dāng)λ2<1時,可得:h(t)在(0,λ2)上單調(diào)遞增,在(λ2,1)上時單調(diào)減,又h(1)=0,
∴h(t)在t∈(0,1)上不能恒小于0,不符合題意,舍去.
綜上所述:若不等式e1+λ<x1•x2λ恒成立,只需λ2≥1,又λ>0,∴λ≥1.
(3)當(dāng)a=2時,令g(x)=f(x)+2x-2=xlnx-x2+x,則$g'(x)=lnx+2-2x,g''(x)=\frac{1}{x}-2$,
當(dāng)x>1時g''(x)<0,則g'(x)在(1,+∞)單調(diào)站遞減,而g'(1)=0.
當(dāng)x>1時,g'(x)<0,則g(x)在(1,+∞)單調(diào)站遞減,又g(1)=0,
∴以當(dāng)x>1時有g(shù)(x)=xlnx-x2+x<g(0)=1⇒lnx<x-1.
令x=n2(n∈N*,n≥2),有l(wèi)nn2<n2-1,即$\frac{lnn}{{n}^{2}-1}$$<\frac{1}{2}$$<\frac{n}{2}$,
∴$\frac{ln2}{3}$+$\frac{ln3}{4}$+$\frac{ln4}{5}$+…+$\frac{lnn}{{n}^{2}-1}$<$\frac{1}{2}$(2+3+…+n)=$\frac{(n-1)(n+2)}{4}$.①
令x=1+$\frac{1}{n}$,有l(wèi)n$(1+\frac{1}{n})$$<\frac{1}{n}$,可得$(1+\frac{1}{n})^{n}$<e<3,②
①+②有:$\frac{ln2}{3}$+$\frac{ln3}{4}$+$\frac{ln4}{5}$+…+$\frac{lnn}{{n}^{2}-1}$+(1+$\frac{1}{n}$)n<$\frac{{n}^{2}+n+10}{4}$(n∈N*,n≥2).
點(diǎn)評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、換元法、放縮法,考查了推理能力與計(jì)算能力,屬于難題.
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A. | -3≤a<0 | B. | -3≤a≤-2 | C. | a≤-2 | D. | a≤0 |
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A. | a≥0 | B. | a>4 | C. | 0<a<4 | D. | 0≤a<4 |
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A. | 若l∥α,α∩β=m,則l∥m | B. | 若l⊥α,m⊥α,則l∥m | ||
C. | 若l∥α,m∥α,則l∥m | D. | 若l∥α,m⊥l,則m⊥α |
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A. | 10 | B. | 9 | C. | 8 | D. | 7 |
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