Question

15．已知函数f（x）=lnx-a（x-1）（a∈R）
（Ⅰ）若a=1，求证：当x＞0时，f（x）≤0；
（Ⅱ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅲ）求证：（1+$\frac{1}{2}$）（1+$\frac{1}{4}$）…（1+$\frac{1}{{2}^{n}}$）＜e．

Answer 1

分析 （Ⅰ）将a=1代入f（x），得到f（x）的导数，求出函数的单调区间，从而证出f（x）≤0；
（Ⅱ）求出f（x）的导数，通过讨论a的符号，求出函数的单调区间即可；
（Ⅲ）根据lnx＜x-1，（x＞1），令t=x-1，则x=t+1，得到ln（t+1）＜t，（t＞0），分别取t=$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{4}$，…，$\frac{1}{{2}^{n}}$，得到：ln（1+$\frac{1}{2}$）＜$\frac{1}{2}$，ln（1+$\frac{1}{4}$）＜$\frac{1}{4}$，…，ln（1+$\frac{1}{{2}^{n}}$）＜$\frac{1}{{2}^{n}}$，相加即可．

解答 解：（Ⅰ）证明：a=1时，f（x）=lnx-x+1，
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$，
当x≥1时，f′（x）≤0，函数f（x）在[1，+∞）递减，即f（x）≤f（1）=0，
当0＜x＜1时，f′（x）＞0，函数f（x）在（0，1）递增，∴f（x）＜f（1）=0，
综上，x＞0时且a=1时，f（x）≤0；
（Ⅱ）∵f′（x）=$\frac{1}{x}$-a=$\frac{1-ax}{x}$，
当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）递增，
当a＞0时，f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）递增，在（$\frac{1}{a}$，+∞）递减；
（Ⅲ）要证（1+$\frac{1}{2}$）（1+$\frac{1}{4}$）…（1+$\frac{1}{{2}^{n}}$）＜e，
两边取以e为底的对数，
即只需证ln（1+$\frac{1}{2}$）+ln（1+$\frac{1}{4}$）+…+ln（1+$\frac{1}{{2}^{n}}$）＜1，
由（Ⅰ）可得，lnx＜x-1，（x＞1），令t=x-1，则x=t+1，
∴ln（t+1）＜t，（t＞0），
分别取t=$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{4}$，…，$\frac{1}{{2}^{n}}$，得到：
ln（1+$\frac{1}{2}$）＜$\frac{1}{2}$，ln（1+$\frac{1}{4}$）＜$\frac{1}{4}$，…，ln（1+$\frac{1}{{2}^{n}}$）＜$\frac{1}{{2}^{n}}$，
将上述n个不等式相加，得：
ln（1+$\frac{1}{2}$）+ln（1+$\frac{1}{4}$）+…+ln（1+$\frac{1}{{2}^{n}}$）＜$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$＜1．

点评 本题考查了导数的应用，考查函数的单调性、最值问题，考查不等式问题，是一道中档题．