Question

13．已知函數(shù)f（x）=lnx+ax+1，a∈R．
（Ⅰ）若a=1，求曲線y=f（x）在x=1處的切線方程；
（Ⅱ）若不等式f（x）≤0恒成立，求a的取值范圍；
（Ⅲ）求證：對一切的n∈N⁺都有$\frac{n（n+1）}{2}$≤$\frac{1-{e}^{n}}{1-e}$成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，得到f′（1），再求出切點(diǎn)，代入直線方程的點(diǎn)斜式得答案；
（Ⅱ）由題意求得f′（x）=$\frac{1+ax}{x}$，可得當(dāng)a≥0時(shí)，f（x）單調(diào)遞增，由x＞1時(shí)，f（x）＞0，可知f（x）≤0不恒成立．當(dāng)a＜0時(shí)，利用導(dǎo)數(shù)求出f（x）的最大值，從而求得a的范圍；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，當(dāng)a=-1時(shí)，lnx-x+1≤0恒成立，即lnx≤x-1，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取等號．令x=e^n-1，則lne^n-1≤e^n-1-1，得到n≤e^n-1．然后分別取n=1、2、3…、n，累加得答案．

解答 解：（Ⅰ）∵x＞0，f′（x）=$\frac{1}{x}+a$，∴f′（1）=a+1，切點(diǎn)是（1，a+1），
∴切線方程為y-（a+1）=（a+1）（x-1），即y=（a+1）x；
（Ⅱ）∵x＞0，f′（x）=$\frac{1+ax}{x}$，
當(dāng)a≥0時(shí)，x∈（0，+∞），f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，
顯然當(dāng)x＞1時(shí)，f（x）＞0，f（x）≤0不恒成立．
當(dāng)a＜0時(shí)，x∈（0，$-\frac{1}{a}$），f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，
x∈（$-\frac{1}{a}，+∞$），f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，
∴$f（x）_{max}=f（x）_{極大值}=f（-\frac{1}{a}）=ln（-\frac{1}{a}）≤0$，則a≤-1，
∴不等式f（x）≤0恒成立時(shí)，a的取值范圍（-∞，-1]；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，當(dāng)a=-1時(shí)，lnx-x+1≤0恒成立，即lnx≤x-1，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取等號．
令x=e^n-1，則lne^n-1≤e^n-1-1，
從而n-1≤e^n-1-1，故n≤e^n-1．
∴1≤e^1-1，2≤e^2-1，3≤e^3-1，…，n≤e^n-1．
將這n個(gè)式子相加得1+2+3+…+n≤e⁰+e¹+e²+…+e^n-1，
即$\frac{n（n+1）}{2}≤\frac{1-{e}^{n}}{1-e}$．
故不等式$\frac{n（n+1）}{2}$≤$\frac{1-{e}^{n}}{1-e}$成立．

點(diǎn)評 本題考查函數(shù)與導(dǎo)數(shù)，函數(shù)圖象與性質(zhì)，數(shù)列等基礎(chǔ)知識；考查學(xué)生抽象概括能力，推理論證能力，創(chuàng)新能力；考查函數(shù)與方程思想，有限與無限思想，分類與整合思想，是壓軸題．