Question

15．已知函数f（x）=alnx-x+1在（1，f（1））处的切线方程为y=0．
（1）求a及f（x）的单调区间；
（2）k∈Z，k＜$\frac{{xf（x）+{x^2}}}{x-1}$对任意x＞1恒成立，求k的最大值；
（3）{a_n}中a_n=1+$\frac{1}{2^n}$，求证：a₁a₂…a_n＜e．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，可得切线的斜率，由切线方程可得a的方程，求得a的值；由导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间；
（2）化简$\frac{{xf（x）+{x^2}}}{x-1}$=$\frac{xlnx+x}{x-1}$，再令y=$\frac{xlnx-x+2}{x-1}$，x＞1，求出导数和极小值点m，代入求得极值大于0，再由恒成立思想，即可得到k的最大值；
（3）由（1）可得lnx＜x-1，x＞1．令x=1+$\frac{1}{{2}^{n}}$，可得ln（1+$\frac{1}{{2}^{n}}$）＜$\frac{1}{{2}^{n}}$．再由累加法，结合对数的运算法则，即可得证．

解答 解：（1）函数f（x）=alnx-x+1的导数为f′（x）=$\frac{a}{x}$-1，
由函数f（x）=alnx-x+1在（1，f（1））处的切线方程为y=0，
可得a-1=0，即a=1．
即f（x）=lnx-x+1，x＞0．
f′（x）=$\frac{1}{x}$-1，由f′（x）＞0，可得0＜x＜1；
由由f′（x）＜0，可得x＞1．
则f（x）的增区间为（0，1），减区间为（1，+∞）；
（2）$\frac{{xf（x）+{x^2}}}{x-1}$=$\frac{x（lnx-x+1）+{x}^{2}}{x-1}$=$\frac{xlnx+x}{x-1}$，
由$\frac{xlnx+x}{x-1}$-2=$\frac{xlnx-x+2}{x-1}$，
令y=$\frac{xlnx-x+2}{x-1}$，x＞1，
则y′=$\frac{x-2-lnx}{（x-1）^{2}}$，
设x-2-lnx=0的一个大于1的根为m，
即lnm=m-2，（m为极小值点），
则y=$\frac{mlnm-m+2}{m-1}$=$\frac{mlnm-lnm}{m-1}$=$\frac{（m-1）lnm}{m-1}$=lnm＞0，
即$\frac{xlnx+x}{x-1}$-2＞0，
即有$\frac{{xf（x）+{x^2}}}{x-1}$＞2恒成立，
由题意可得k≤2，
则k的最大值为2；
（3）证明：由（1）可得lnx-x+1＜ln1-1+1=0，
即lnx＜x-1，x＞1．
令x=1+$\frac{1}{{2}^{n}}$，可得ln（1+$\frac{1}{{2}^{n}}$）＜1+$\frac{1}{{2}^{n}}$-1=$\frac{1}{{2}^{n}}$．
则ln（1+$\frac{1}{2}$）＜$\frac{1}{2}$，ln（1+$\frac{1}{{2}^{2}}$）＜$\frac{1}{{2}^{2}}$，…，ln（1+$\frac{1}{{2}^{n}}$）＜$\frac{1}{{2}^{n}}$．
可得ln（1+$\frac{1}{2}$）+ln（1+$\frac{1}{{2}^{2}}$）+…+ln（1+$\frac{1}{{2}^{n}}$）＜$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$
=$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$＜1，
即有ln[（1+$\frac{1}{2}$）（1+$\frac{1}{{2}^{2}}$）…（1+$\frac{1}{{2}^{n}}$）]＜1=lne，
则a₁a₂…a_n＜e．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间、极值和最值，考查不等式恒成立问题的解法和不等式的证明，注意运用构造函数法和累加法，属于综合题，有一定的难度，属于难题．