Question

3．已知函數(shù)f（x）=alnx-ax-3（a≠0）．
（1）討論f（x）的單調(diào)性；
（2）若f（x）+（a+1）x+4-e≤0對任意x∈[e，e²]恒成立，求實數(shù)a的取值范圍（e為自然常數(shù)）；
（3）求證：ln（$\frac{1}{2^2}$+1）+ln（$\frac{1}{3^2}$+1）+ln（$\frac{1}{4^2}$+1）+…+ln（$\frac{1}{n^2}$+1）＜1（n≥2，n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)f′（x）=$\frac{a（1-x）}{x}$（x＞0），從而判斷函數(shù)的單調(diào)性；
（2）令F（x）=alnx-ax-3+（a+1）x+4-e=alnx+x+1-e，從而求導(dǎo)F′（x）=$\frac{x+a}{x}$，再由導(dǎo)數(shù)的正負討論確定函數(shù)的單調(diào)性，從而求函數(shù)的最大值，從而化恒成立問題為最值問題即可；
（3）令a=-1，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到lnx＜x-1對一切x∈（1，+∞）恒成立，放縮法得到ln（$\frac{1}{{n}^{2}}$+1）＜$\frac{1}{{n}^{2}}$＜$\frac{1}{n（n-1）}$=$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$，求和即可．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{a（1-x）}{x}$（x＞0），
當(dāng)a＞0時，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，1]，單調(diào)減區(qū)間為[1，+∞）；
當(dāng)a＜0時，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為[1，+∞），單調(diào)減區(qū)間為（0，1]；
（2）令F（x）=alnx-ax-3+（a+1）x+4-e=alnx+x+1-e，則F′（x）=$\frac{x+a}{x}$，
若-a≤e，即a≥-e，
F（x）在[e，e²]上是增函數(shù)，
F（x）_max=F（e²）=2a+e²-e+1≤0，
a≤$\frac{e-1{-e}^{2}}{2}$，無解．
若e＜-a≤e²，即-e²≤a＜-e，
F（x）在[e，-a]上是減函數(shù)；在[-a，e²]上是增函數(shù)，
F（e）=a+1≤0，即a≤-1．
F（e²）=2a+e²-e+1≤0，即a≤$\frac{e-1{-e}^{2}}{2}$，
∴-e²≤a≤$\frac{e-1{-e}^{2}}{2}$；
若-a＞e²，即a＜-e²，
F（x）在[e，e²]上是減函數(shù)，
F（x）_max=F（e）=a+1≤0，即a≤-1，
∴a＜-e²，
綜上所述，a≤$\frac{e-1{-e}^{2}}{2}$．
（3）令a=-1，（或a=1），此時f（x）=-lnx+x-3，
∴f（1）=-2，由（1）f（x）=-lnx+x-3在[1，+∞）遞增，
∴x∈（1，+∞）時，f（x）＞f（1），
即-lnx+x-1＞0，lnx＜x-1對一切x∈（1，+∞）恒成立，
∵n≥2，n∈N^*，
則有l(wèi)n（$\frac{1}{{n}^{2}}$+1）＜$\frac{1}{{n}^{2}}$＜$\frac{1}{n（n-1）}$=$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$，
∴l(xiāng)n（$\frac{1}{2^2}$+1）+ln（$\frac{1}{3^2}$+1）+ln（$\frac{1}{4^2}$+1）+…+ln（$\frac{1}{n^2}$+1）
＜（1-$\frac{1}{2}$）+（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$）+（$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{4}$）+…+（$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$）=1-$\frac{1}{n}$＜1．

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，放縮法證明不等式，裂項求和法等的應(yīng)用，同時考查了恒成立問題及分類討論的數(shù)學(xué)思想應(yīng)用，屬于難題．