Question

13．已知f（x）=ax-lnx，x∈（0，e]，其中e是自然常数，a∈R．
（1）当a=1时，求f（x）的单调区间和极值；
（2）是否存在实数a，使f（x）的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
（3）证明：（1-$\frac{1}{2}$）•（$\frac{1}{2}-$$\frac{1}{3}$）•（$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{4}$）…（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）＜e^3（3-n）．

Answer 1

分析 （1）当a=1时，求函数的定义域，然后利用导数求函数的极值和单调性；
（2）利用导数求函数的最小值，让最小值等于3，解参数a；
（3）根据函数的单调性得到lnx≤e²x-3，令x=$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$，累加即可．

解答 解：（1）因为f（x）=x-lnx，f′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$，
所以当0＜x＜1时，f'（x）＜0，此时函数f（x）单调递减，
  当1＜x≤e时，f'（x）＞0，此时函数f（x）单调递增，
所以函数f（x）的极小值为f（1）=1；
（2）假设存在实数a，使f（x）=ax-lnx，x∈（0，e]，有最小值3，
则f′（x）=a-$\frac{1}{x}$=$\frac{ax-1}{x}$，
①当a≤0时，f'（x）＜0，f（x）在（0，e]上单调递减，
f（x）_min=f（e）=ae-1=3，a=$\frac{4}{e}$，（舍去），此时函数f（x）的最小值不是3．
②当0＜$\frac{1}{a}$＜e时，f（x）在（0，$\frac{1}{a}$]上单调递减，f（x）在（$\frac{1}{a}$，e]上单调递增．
所以f（x）_min=f（$\frac{1}{a}$）=1+lna=3，a=e2，满足条件．
③当$\frac{1}{a}$≥e时，f（x）在（0，e]上单调递减，f（x）_min=f（e）=ae-1=3，a=$\frac{4}{e}$，（舍去），
此时函数f（x）的最小值是不是3，
综上可知存在实数a=e²，使f（x）的最小值是3．
（3）由（2）知：当x∈（0，e]，e²x-lnx≥3，∴lnx≤e²x-3，
∴$ln（{1-\frac{1}{2}}）≤{e^2}（{1-\frac{1}{2}}）-3，ln（{\frac{1}{2}-\frac{1}{3}}）≤{e^2}（{\frac{1}{2}-\frac{1}{3}}）-3，…，ln（{\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}}）≤{e^2}（{\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}}）-3$；
n个式子相加得：$ln[（1-\frac{1}{2}）•（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）•（\frac{1}{3}-\frac{1}{4}）•…•（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）]≤{e^2}（{1-\frac{1}{n+1}}）-3n＜9-3n$；
∴$（1-\frac{1}{2}）•（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）•（\frac{1}{3}-\frac{1}{4}）•…•（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）＜{e^{3（3-n）}}$．

点评 本题主要考查利用函数的单调性研究函数的单调性问题，运算量较大，综合性较强．