Question

3．已知函数$f（x）=\frac{1+lnx}{x+1-a}$（a为常数），且曲线y=f（x） 在x=1处的切线与y轴垂直．
（1）求实数a的值；
（2）如果当x≥1时，不等式$f（x）≥\frac{m}{x+1}$恒成立，求实数m的最大值；
（3）求证：ln2018＞2017$-2（\frac{1}{2}+\frac{2}{3}+\frac{3}{4}+…+\frac{2017}{2018}）$．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=$\frac{\frac{1}{x}（x+1-a）-（1+lnx）}{（x+1-a）^{2}}$（x＞0），由题意可得：f′（1）=0，解得a．
（2）由（1）可得：f（x）=$\frac{1+lnx}{x}$．当x≥1时，不等式$f（x）≥\frac{m}{x+1}$化为：m≤（1+lnx）$（1+\frac{1}{x}）$，令g（x）=（1+lnx）$（1+\frac{1}{x}）$，利用导数研究其单调性即可得出．
（3）由（2）可得：lnx≥$\frac{2x}{x+1}$-1=1-$\frac{2}{1+x}$＞1-$\frac{2}{x}$．（x＞1）．令x=1+$\frac{1}{k}$，则ln（k+1）-lnk＞1-$\frac{2k}{k+1}$．分别令x=1，2，3，…，2018，利用累加求和即可得出．

解答 （1）解：f′（x）=$\frac{\frac{1}{x}（x+1-a）-（1+lnx）}{（x+1-a）^{2}}$（x＞0），由题意可得：f′（1）=$\frac{2-a-1}{（2-a）^{2}}$=0，解得a=1．
（2）解：由（1）可得：f（x）=$\frac{1+lnx}{x}$．当x≥1时，不等式$f（x）≥\frac{m}{x+1}$化为：m≤（1+lnx）$（1+\frac{1}{x}）$．
令g（x）=（1+lnx）$（1+\frac{1}{x}）$，g′（x）=$\frac{x-lnx}{{x}^{2}}$．
令h（x）=x-lnx（x≥1），h′（x）=1-$\frac{1}{x}$≥0，∴函数h（x）在[1，+∞）上单调递增．
∴h（x）≥h（1）=1＞0，∴g′（x）＞0．
∴g（x）在[1，+∞）上单调递增．
∴g（x）≥g（1）=2．
∴m≤2．
∴实数m的最大值为2．
（3）证明：由（2）可得：lnx≥$\frac{2x}{x+1}$-1=1-$\frac{2}{1+x}$＞1-$\frac{2}{x}$．（x＞1）．
令x=1+$\frac{1}{k}$，则ln（k+1）-lnk＞1-$\frac{2k}{k+1}$．
分别令x=1，2，3，…，2018，
可得：ln2-ln1＞1-$\frac{2}{1+1}$，
ln3-ln2＞1-$\frac{2×2}{2+1}$，
ln4-ln3＞1-$\frac{2×3}{3+1}$，
…，
ln2018-ln2017＞1-$\frac{2×2017}{2017+1}$，
累加求和可得：ln2018＞2017$-2（\frac{1}{2}+\frac{2}{3}+\frac{3}{4}+…+\frac{2017}{2018}）$．

点评 本题考查了考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值及其切线方程、等价转化方法、证明不等式、累加求和方法、对数运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题题．