Question

17．已知函數(shù)f（x）=ax-lnx（a∈R）．
（Ⅰ）若方程f（x）=0有兩根x₁，x₂，求a的取值范圍；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的前提下，設x₁＜x₂，求證：$\frac{x_2}{x_1}$隨著a的減小而增大；
（Ⅲ）若不等式f（x）≥a恒成立，求證：${（\frac{1}{n}）^n}+{（\frac{2}{n}）^n}+{（\frac{3}{n}）^n}+…+{（\frac{n}{n}）^n}＜a+\frac{1}{{{e}-a}}$（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由f（x）=ax-lnx=0，有$a=\frac{lnx}{x}$，設$g（x）=\frac{lnx}{x}$，由$g'（x）=\frac{1-lnx}{x}$，利用導數(shù)研究其單調性極值最值即可得出．
（Ⅱ）若方程f（x）=0有兩根x₁，x₂，則$0＜a＜\frac{1}{e}$，1＜x₁＜e＜x₂．假設對于任意的$0＜{a_2}＜{a_1}＜\frac{1}{e}$．記g（α₁）=g（α₂）=a₁，由上可知1＜α₁＜e＜α₂；記g（β₁）=g（β₂）=a₂，由上可知1＜β₁＜e＜β₂．根據(jù)g（x）在（0，e）上單調遞增，在（e，+∞）上單調遞減，即可證明．
（Ⅲ）依題意，ax-lnx≥a恒成立，記h（x）=ax-a-lnx，則$h'（x）=a-\frac{1}{x}=\frac{ax-1}{x}$．對a分類討論，研究其單調性可得：a=1．由lnx≤x-1可得$ln（\frac{k}{n}）≤\frac{k}{n}-1$（k≤n），兩邊乘以n可得$nln（\frac{k}{n}）≤k-n$，即$（\frac{k}{n}{）^n}＜{{e}^{k-n}}$．利用等比數(shù)列的求和公式即可得出．

解答 解：（Ⅰ）由f（x）=ax-lnx=0，有$a=\frac{lnx}{x}$，
設$g（x）=\frac{lnx}{x}$，由$g'（x）=\frac{1-lnx}{x}$，…（1分）
g（x）在（0，e）上單調遞增，在（e，+∞）上單調遞減，
又$f（{e}）=\frac{1}{e}$，f（1）=0．當x→0時，f（x）→-∞；當x→+∞時，f（x）→0．…（2分）
故若方程f（x）=0有兩根，則$0＜a＜\frac{1}{e}$．…（3分）
（Ⅱ）證明：若方程f（x）=0有兩根x₁，x₂，則$0＜a＜\frac{1}{e}$，1＜x₁＜e＜x₂．
假設對于任意的$0＜{a_2}＜{a_1}＜\frac{1}{e}$．記g（α₁）=g（α₂）=a₁，
由上可知1＜α₁＜e＜α₂；
記g（β₁）=g（β₂）=a₂，由上可知1＜β₁＜e＜β₂．…（5分）
因為g（x）在（0，e）上單調遞增，在（e，+∞）上單調遞減，
故由a₁＞a₂可知α₁＞β₁，α₂＜β₂．
又因為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$\frac{x_2}{x_1}$隨著a的減小而增大．…（8分）
（Ⅲ）依題意，ax-lnx≥a恒成立，記h（x）=ax-a-lnx，則$h'（x）=a-\frac{1}{x}=\frac{ax-1}{x}$．
①當a＜0時，h'（x）＜0在（0，+∞）恒成立，故h（x）=ax-a-lnx在（0，+∞）單調遞減，又因為h（1）=0，所以h（x）=ax-a-lnx在（1，+∞）上函數(shù)值小于零，不符合題意，舍去．…（9分）
②當a＞0時，$h'（x）=\frac{ax-1}{x}=0$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	單調遞減	單調遞增

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）
記k（a）=1-a+lna，由$k'（a）=-1+\frac{1}{a}$可知，k（a）=1-a+lna在（0，1）單調遞增，在（1，+∞）單調遞減，故k（a）≤k（1）=0，綜上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），兩邊乘以n可得$nln（\frac{k}{n}）≤k-n$，即$（\frac{k}{n}{）^n}≤{{e}^{k-n}}$．
則${（\frac{1}{n}）^n}+{（\frac{2}{n}）^n}+{（\frac{3}{n}）^n}+…{（\frac{n}{n}）^n}≤{{e}^{1-n}}+{{e}^{2-n}}+{{e}^{3-n}}+…+{{e}^0}=\frac{{1-{{e}^{-n}}}}{{1-{{e}^{-1}}}}＜\frac{1}{{1-{{e}^{-1}}}}=\frac{e}{{{e}-1}}$．…（12分）

點評 本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性極值與最值、方程與不等式的解法、分類討論方法、等價轉化方法、等比數(shù)列的求和公式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．