Question

20．已知函数f（x）=x-axlnx（a≤0），$g（x）=\frac{f（x）}{x}-1$．
（1）求函数f（x）单调区间；
（2）当a=-1时，
①求函数f（x）在[e^-e，e]上的值域；
②求证：$\sum_{k=2}^n{\frac{1}{g（k）}}＞\frac{{3{n^2}-n-2}}{n（n+1）}$，其中n∈N，n≥2．（参考数据ln2≈0.6931）

Answer 1

分析 （1）求出函数f（x）的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调区间即可；
（2）将a=-1带入f（x），①求出函数的导数，根据函数的单调性求出函数的值域即可；
②设${S_n}=\frac{{3{n^2}-n-2}}{n（n+1）}$为{a_n}前n项和，n≥2，得到${a_n}={S_n}-{S_{n-1}}=\frac{4}{{{n^2}-1}}$，设$φ（x）=lnx-\frac{1}{4}（{x^2}-1）$，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）∵f'（x）=1-alnx-a．
①当a=0时，f'（x）＞0，f（x）在（0，+∞）单调递增；
②当a＜0时，令1-alnx-a=0，得$lnx=\frac{1-a}{a}$，即$x={e^{\frac{1-a}{a}}}$，
∴f（x）在$（0，{e^{\frac{1-a}{a}}}]$上单调递减，在$（{e^{\frac{1-a}{a}}}，+∞）$单调递增．
（2）a=-1时，f（x）=x+xlnx．
①由f'（x）=2+lnx，令f'（x）=0x=e^-2，
∴f（x）在[e^-e，e^-2]单调递减，[e^-2，e]单调递增，
且由$f（{e^{-e}}）=\frac{1-e}{e^e}＜f（e）=2e$，$f（{e^{-2}}）=-\frac{1}{e^2}$，
∴值域为$[{-\frac{1}{e^2}，2e}]$．
证明：②由g（x）=lnx，设${S_n}=\frac{{3{n^2}-n-2}}{n（n+1）}$为{a_n}前n项和，n≥2，
则${a_n}={S_n}-{S_{n-1}}=\frac{4}{{{n^2}-1}}$，
设$φ（x）=lnx-\frac{1}{4}（{x^2}-1）$，$φ'（x）=\frac{1}{x}-\frac{x}{2}=-\frac{{（x+\sqrt{2}）（x-\sqrt{2}）}}{2x}$，
φ（x）在[2，+∞）单调递减，
$φ（x）≤φ（2）=ln2-\frac{3}{4}＜0$，∴$0＜lnx＜\frac{1}{4}（{x^2}-1）$，
∴$\frac{1}{lnx}＞\frac{4}{{{x^2}-1}}$，即n≥2时，$\frac{1}{lnn}＞\frac{4}{{{n^2}-1}}$，
∴$\sum_{k=2}^n{\frac{1}{lnk}}$$＞\sum_{m=2}^n{\frac{4}{{{m^2}-1}}}=\frac{{3{n^2}-n-2}}{n（n+1）}$，
故原不等式成立．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，考查不等式的证明，是一道综合题．