Question

3．已知函数f（x）=ax+b-lnx表示的曲线在点（2，f（2））处的切线方程x-2y-2ln2=0
（1）求a，b的值；
（2）若f（x）≥kx-2对于x∈（0，+∞）恒成立，求实数k的取值范围；
（3）求证：n∈N^*时，n（n+1）≤2$\frac{{e}^{n}-1}{e-1}$．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，由已知切线方程可得切线的斜率和切点坐标，解方程可得a，b；
（2）f（x）≥kx-2对于x∈（0，+∞）恒成立，即有k-1≤$\frac{1-lnx}{x}$对于x∈（0，+∞）恒成立．令g（x）=$\frac{1-lnx}{x}$，求出导数，单调区间和极值、最值，即可得到k的范围；
（3）f（x）=x-1-lnx（x＞0），求出导数得到单调区间和极值、最值，可得x-1≥lnx，取x=n，则n-1≥lnn，即有n≤e^n-1．运用等差数列和等比数列的求和公式，即可得证．

解答 （1）解：函数f（x）=ax+b-lnx的导数为f′（x）=a-$\frac{1}{x}$，
在点（2，f（2））处的切线方程x-2y-2ln2=0，
即有a-$\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}$，解得a=1，
f（2）=2a+b-ln2=1-ln2，解得b=-1，
则有a=1，b=-1；
（2）解：f（x）≥kx-2对于x∈（0，+∞）恒成立，即有
x-1-lnx≥kx-2对于x∈（0，+∞）恒成立，
即有k-1≤$\frac{1-lnx}{x}$对于x∈（0，+∞）恒成立．
令g（x）=$\frac{1-lnx}{x}$，g′（x）=$\frac{lnx-2}{{x}^{2}}$，
当x＞e²时，g′（x）＞0，g（x）递增；
当0＜x＜e²时，g′（x）＜0，g（x）递减．
则x=e²处g（x）取得极小值，也为最小值，且为-$\frac{1}{{e}^{2}}$，
即有k-1≤-$\frac{1}{{e}^{2}}$，解得k≤1-$\frac{1}{{e}^{2}}$；
（3）证明：f（x）=x-1-lnx（x＞0），
f′（x）=1-$\frac{1}{x}$，
当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）递增，
当0＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）递减．
则x=1处f（x）取得极小值，也为最小值，且为0，
则有f（x）≥0，
即为x-1≥lnx，
取x=n，则n-1≥lnn，
即有n≤e^n-1．
即有1+2+…+n≤1+e+e²+…+e^n-1．
则有$\frac{1}{2}$n（n+1）≤$\frac{1-{e}^{n}}{1-e}$，
即有n∈N^*时，n（n+1）≤2$\frac{{e}^{n}-1}{e-1}$．

点评 本题考查导数的运用：求切线方程和单调区间、极值及最值，主要考查导数的几何意义和不等式的恒成立问题转化为求函数的最值问题，运用参数分离和构造函数求解是解题的关键．