Question

6．已知函數(shù)$f（x）=\frac{2}{x}-kx+5lnx-2n（n∈{N^*}，k∈R）$的一個(gè)極值點(diǎn)2，
（1）求函數(shù)f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線l的方程；
（2）若數(shù)列{a_n}滿足a₃=15，且對(duì)任意的n∈N^*且n≥2，點(diǎn)（a_n，a_n-1）均在切線l上，證明：$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{a_n}＜\frac{3}{4}$．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=$\frac{-k{x}^{2}+5x-2}{x}$，由f′（2）=0，解得k=2，
求得f（1）=-2n，f′（1）=1，
即可得到函數(shù)f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線l的方程．
（2）可得a_n-a_n-1=2n+1．即a₄-a₃=9，a₅-a₄=11，a₆-a₅=13…a_n-a_n-1=2n+1
累加可得${a}_{n}={n}^{2}+2n$．$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$$-\frac{1}{n+2}$）
即$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{2}-\frac{1}{4}$+$\frac{1}{3}-\frac{1}{5}$+..+$-\frac{1}{n+2}$）=$\frac{1}{2}$（1+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+1}$$-\frac{1}{n+2}$）=$\frac{3}{4}-\frac{1}{2}（\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}）$$＜\frac{3}{4}$

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{-k{x}^{2}+5x-2}{x}$
∵函數(shù)$f（x）=\frac{2}{x}-kx+5lnx-2n（n∈{N^*}，k∈R）$的一個(gè)極值點(diǎn)2，
∴f′（2）=0，解得k=2
∴f（x）=$\frac{2}{x}-2x+5lnx-2n$，f$′（x）=\frac{-2{x}^{2}+5x-2}{x}$
∴f（1）=-2n，f′（1）=1
∴函數(shù)f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線l的方程為：y+2n=1×（x-1），
即x-y-1-2n=0為所求．
（2）證明：∵對(duì)任意的n∈N^*且n≥2，點(diǎn)（a_n，a_n-1）均在切線l上，∴a_n-a_n-1=2n+1．
可得a₄-a₃=9，a₅-a₄=11，a₆-a₅=13…a_n-a_n-1=2n+1
累加可得a_n-a₃=9+11+13+…+（2n+1）=$\frac{（2n+1+9）（n-3）}{2}$
∴${a}_{n}={n}^{2}+2n$．則$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$$-\frac{1}{n+2}$）
∴$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{2}-\frac{1}{4}$+$\frac{1}{3}-\frac{1}{5}$+..+$-\frac{1}{n+2}$）=$\frac{1}{2}$（1+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+1}$$-\frac{1}{n+2}$）
=$\frac{3}{4}-\frac{1}{2}（\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}）$$＜\frac{3}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查了數(shù)列遞推式及列項(xiàng)求和，屬于中檔題．