Question

20．已知函数f（x）=ax，g（x）=lnx，其中a∈R，（e≈2.718）．
（1）若函数F（x）=f（x）-g（x）有极值1，求a的值；
（2）若函数G（x）=f（sin（x-1））-g（x）在区间（0，1）上为减函数，求a的取值范围；
（3）证明：$\sum_{k=1}^n$sin$\frac{1}{{{{（k+1）}^2}}}}$＜ln2．

Answer 1

分析 （1）F（x）=ax-lnx，（x＞0），$F'（x）=a-\frac{1}{x}$，对a分类讨论，利用导数研究函数的单调性极值即可得出；
（2）解法1：由函数G（x）=f（sin（x-1））-g（x）=asin（x-1）-lnx在区间（0，1）上为减函数，可得$G'（x）=acos（x-1）-\frac{1}{x}≤0$在（0，1）上恒成立$?a≤\frac{1}{xcos（x-1）}$在（0，1）上恒成立，设$H（x）=\frac{1}{xcos（x-1）}$，利用导数研究其单调性极值与最值即可得出；
解法2：由函数G（x）=f（sin（x-1））-g（x）=asin（x-1）-lnx在区间（0，1）上为减函数，可得对?x∈（0，1），$G'（x）=acos（x-1）-\frac{1}{x}≤0$（*）恒成立，由x∈（0，1），可得cos（x-1）＞0，对a分类讨论：当a≤0时，（*）式显然成立；当a＞0时，（*）式?$\frac{1}{a}≥xcos（x-1）$在（0，1）上恒成立，设h（x）=xcos（x-1），利用其单调性即可得出．
（3）证法1：由（2）知，当a=1时，G（x）=sin（x-1）-lnx＞G（1）=0，⇒sin（x-1）＞lnx$⇒sin（1-x）＜ln\frac{1}{x}$．对任意的k∈N^*有$\frac{1}{{{{（k+1）}^2}}}∈（0，1）$，可得$1-\frac{1}{{{{（k+1）}^2}}}∈（0，1）$，因此$sin\frac{1}{{{{（k+1）}^2}}}＜ln\frac{1}{{1-\frac{1}{{{{（k+1）}^2}}}}}=ln\frac{{{{（k+1）}^2}}}{k（k+2）}$，利用对数的运算性质、“累加求和”即可得出；
证法2：利用导数先证明当$0＜x＜\frac{π}{2}$时，sinx＜x，由于对任意的k∈N^*，$\frac{1}{k^2}∈（0，\frac{π}{2}）$，而$\frac{1}{k^2}＜\frac{4}{{4{k^2}-1}}=2•（\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}）$．可得$sin\frac{1}{{{{（k+1）}^2}}}＜\frac{1}{{{{（k+1）}^2}}}＜2•（\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+3}）$，利用“累加求和”即可证明．

解答 解：（1）∵F（x）=ax-lnx，（x＞0）
∴$F'（x）=a-\frac{1}{x}$，
①若a≤0，则对任意的x∈（0，+∞）都有F'（x）＜0，即函数F（x）在（0，+∞）上单调递减，
函数F（x）在（0，+∞）上无极值；
②若a＞0，由F'（x）=0得$x=\frac{1}{a}$，当$x∈（0，\frac{1}{a}）$时，F'（x）＜0；当$x∈（\frac{1}{a}，+∞）$时，F'（x）＞0，
即函数F（x）在$（0，\frac{1}{a}）$单调递减，在$（\frac{1}{a}，+∞）$单调递增，
∴函数F（x）在$x=\frac{1}{a}$处有极小值，
∴$F（\frac{1}{a}）$=$1-ln\frac{1}{a}=1$，
∴a=1．
（2）解法1：∵函数G（x）=f（sin（x-1））-g（x）=asin（x-1）-lnx在区间（0，1）上为减函数，
且当x∈（0，1）时，cos（x-1）＞0，
∴$G'（x）=acos（x-1）-\frac{1}{x}≤0$在（0，1）上恒成立$?a≤\frac{1}{xcos（x-1）}$在（0，1）上恒成立，
设$H（x）=\frac{1}{xcos（x-1）}$，则$H'（x）=\frac{{-（{cos（{x-1}）-xsin（{x-1}）}）}}{{{x^2}{{cos}^2}（x-1）}}=\frac{{xsin（{x-1}）-cos（{x-1}）}}{{{x^2}{{cos}^2}（x-1）}}$，
当x∈（0，1）时，sin（x-1）＜0，cos（x-1）＞0，
∴H'（x）＜0在（0，1）上恒成立，即函数H（x）在（0，1）上单调递减，
∴当x∈（0，1）时，H（x）＞H（1）=1，
∴a≤1．
解法2：∵函数G（x）=f（sin（x-1））-g（x）=asin（x-1）-lnx在区间（0，1）上为减函数，
∴对?x∈（0，1），$G'（x）=acos（x-1）-\frac{1}{x}≤0$（*）恒成立，
∵x∈（0，1），∴cos（x-1）＞0，
当a≤0时，（*）式显然成立；
当a＞0时，（*）式?$\frac{1}{a}≥xcos（x-1）$在（0，1）上恒成立，
设h（x）=xcos（x-1），易知h（x）在（0，1）上单调递增，
∴h（x）＜h（1）=1，
∴$\frac{1}{a}≥1$⇒0＜a≤1，
综上得a∈（-∞，1]．
（3）证法1：由（2）知，当a=1时，G（x）=sin（x-1）-lnx＞G（1）=0，⇒sin（x-1）＞lnx$⇒sin（1-x）＜ln\frac{1}{x}$，
∵对任意的k∈N^*有$\frac{1}{{{{（k+1）}^2}}}∈（0，1）$，∴$1-\frac{1}{{{{（k+1）}^2}}}∈（0，1）$
∴$sin\frac{1}{{{{（k+1）}^2}}}＜ln\frac{1}{{1-\frac{1}{{{{（k+1）}^2}}}}}=ln\frac{{{{（k+1）}^2}}}{k（k+2）}$，
∴$sin\frac{1}{2^2}+sin\frac{1}{3^2}+…+sin\frac{1}{{{{（n+1）}^2}}}＜ln\frac{2^2}{1×3}+ln\frac{3^2}{2×4}+…+ln\frac{{{{（n+1）}^2}}}{n（n+2）}$=$ln[\frac{2^2}{1×3}•\frac{3^2}{2×4}•…•\frac{{{{（n+1）}^2}}}{n（n+2）}]=ln\frac{2（n+1）}{n+2}$＜ln2，
即$\sum_{k=1}^n{sin\frac{1}{{{{（k+1）}^2}}}}＜ln2$．
证法2：先证明当$0＜x＜\frac{π}{2}$时，sinx＜x，
令p（x）=sinx-x，则p'（x）=cosx-1＜0对任意的$x∈（0，\frac{π}{2}）$恒成立，
∴函数p（x）在区间$（0，\frac{π}{2}）$上单调递减，
∴当$0＜x＜\frac{π}{2}$时，p（x）＜p（0）=0，∴sinx＜x，
∵对任意的k∈N^*，$\frac{1}{k^2}∈（0，\frac{π}{2}）$
而$\frac{1}{k^2}＜\frac{4}{{4{k^2}-1}}=2•（\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}）$．
∴$sin\frac{1}{{{{（k+1）}^2}}}＜\frac{1}{{{{（k+1）}^2}}}＜2•（\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+3}）$，
∴$\sum_{k=1}^n{sin\frac{1}{{{{（k+1）}^2}}}}＜2（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+…+\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+3}）＜\frac{2}{3}=ln{e^{\frac{2}{3}}}＜ln\root{3}{8}=ln2$．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、利用函数的单调性证明不等式、“累加求和”，考查了恒成立问题的等价转化方法，考查了分类讨论的思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．