Question

9．已知函数f（x）=xlnx-$\frac{a}{2}$x²-x+a（a∈R）在其定义域内有两个不同的极值点．
（1）求a的取值范围；
（2）记两个极值点分别为x₁，x₂，且x₁＜x₂，已知λ＞0，若不等式e^1+λ＜x₁•x₂^λ恒成立，求λ的范围．
（3）证明：$\frac{ln2}{3}$+$\frac{ln3}{4}$+$\frac{ln4}{5}$+…+$\frac{lnn}{{n}^{2}-1}$+（1+$\frac{1}{n}$）ⁿ＜$\frac{{n}^{2}+n+10}{4}$（n∈N^*，n≥2）．

Answer 1

分析 （1）依题意，函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=lnx-ax，函数f（x）在其定义域内有两个不同的极值点．即lnx-ax=0在（0，+∞）上有两个不同根．转化为，函数y=lnx与函数y=ax的图象在（0，+∞），上有两个不同交点，令过原点且切于函数y=lnx图象的直线斜率为k，只需0＜a＜k．利用导数的几何意义即可得出．
（2）不等式e^1+λ＜x₁•x₂^λ恒成立，等价于1+λ＜lnx₁+λlnx₂．由（1）可知：x₁，x₂分别是方程lnx-ax=0的两个根，即lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂．可得1+λ＜a（x₁+λx₂），进而得到原式等价于a＞$\frac{1+λ}{{x}_{1}+λ{x}_{2}}$．又a=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$．原式等价于$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞$\frac{1+λ}{{x}_{1}+λ{x}_{2}}$，令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，t∈（0，1），则不等式等价于lnt＜$\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$在t∈（0，1）上恒成立．利用导数研究其单调性即可得出．
（3）利用导数可以证明：lnx＜x-1．
令x=n²（n∈N^*，n≥2），有lnn²＜n²-1，即$\frac{lnn}{{n}^{2}-1}$$＜\frac{1}{2}$$＜\frac{n}{2}$．令x=1+$\frac{1}{n}$，有ln$（1+\frac{1}{n}）$$＜\frac{1}{n}$，可得$（1+\frac{1}{n}）^{n}$＜e＜3．即可证明．

解答 （1）解：依题意，函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=lnx-ax，
∵函数f（x）在其定义域内有两个不同的极值点．
∴lnx-ax=0在（0，+∞）上有两个不同根．转化为，函数y=lnx与函数y=ax的图象在（0，+∞），上有两个不同交点，
令过原点且切于函数y=lnx图象的直线斜率为k，只需0＜a＜k．
令切点A（x₀，lnx₀），
则k=$（lnx）^{′}{|}_{x={x}_{0}}$=$\frac{1}{{x}_{0}}$，∴$\frac{1}{{x}_{0}}$=$\frac{ln{x}_{0}}{{x}_{0}}$，解得，x₀=e，
∴k=$\frac{1}{e}$，0$＜a＜\frac{1}{e}$．
（2）解：∵不等式e^1+λ＜x₁•x₂^λ恒成立，∴1+λ＜lnx₁+λlnx₂．
由（1）可知：x₁，x₂分别是方程lnx-ax=0的两个根，即lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂．
∴1+λ＜lnx₁+λlnx₂．等价于1+λ＜a（x₁+λx₂），
∵λ＞0，0＜x₁＜x₂，∴原式等价于a＞$\frac{1+λ}{{x}_{1}+λ{x}_{2}}$．
∵lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂．∴$ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=a（x₁-x₂），即a=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$．
∴原式等价于$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞$\frac{1+λ}{{x}_{1}+λ{x}_{2}}$，
∵0＜x₁＜x₂，原式恒成立，即$ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜$\frac{（1+λ）（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+λ{x}_{2}}$恒成立．
令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，t∈（0，1），则不等式等价于lnt＜$\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$在t∈（0，1）上恒成立．
令h（t）=lnt-$\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$，又h′（t）=$\frac{（t-1）（t-{λ}^{2}）}{t（t+λ）^{2}}$，
当λ²≥1时，又h′（t）＞0，∴h（t）在t∈（0，1）上单调增，又h（1）=0，∴h（t）＜0在t∈（0，1），恒成立，符合题意．当λ²＜1时，可得：h（t）在（0，λ²）上单调递增，在（λ²，1）上时单调减，又h（1）=0，
∴h（t）在t∈（0，1）上不能恒小于0，不符合题意，舍去．
综上所述：若不等式e^1+λ＜x₁•x₂^λ恒成立，只需λ²≥1，又λ＞0，∴λ≥1．
（3）当a=2时，令g（x）=f（x）+2x-2=xlnx-x²+x，则$g'（x）=lnx+2-2x，g''（x）=\frac{1}{x}-2$，
当x＞1时g''（x）＜0，则g'（x）在（1，+∞）单调站递减，而g'（1）=0．
当x＞1时，g'（x）＜0，则g（x）在（1，+∞）单调站递减，又g（1）=0，
∴以当x＞1时有g（x）=xlnx-x²+x＜g（0）=1⇒lnx＜x-1．
令x=n²（n∈N^*，n≥2），有lnn²＜n²-1，即$\frac{lnn}{{n}^{2}-1}$$＜\frac{1}{2}$$＜\frac{n}{2}$，
∴$\frac{ln2}{3}$+$\frac{ln3}{4}$+$\frac{ln4}{5}$+…+$\frac{lnn}{{n}^{2}-1}$＜$\frac{1}{2}$（2+3+…+n）=$\frac{（n-1）（n+2）}{4}$．①
令x=1+$\frac{1}{n}$，有ln$（1+\frac{1}{n}）$$＜\frac{1}{n}$，可得$（1+\frac{1}{n}）^{n}$＜e＜3，②
①+②有：$\frac{ln2}{3}$+$\frac{ln3}{4}$+$\frac{ln4}{5}$+…+$\frac{lnn}{{n}^{2}-1}$+（1+$\frac{1}{n}$）ⁿ＜$\frac{{n}^{2}+n+10}{4}$（n∈N^*，n≥2）．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、换元法、放缩法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．