Question

9．已知函数f（x）=lnx+ax²-3x，且x=1在处函数取得极值．
（1）求f（x）的单调区间；   
（2）若g（x）=x²-2x-1（x＞0）
①证明：g（x）的图象不能在y=f（x）图象的下方；
②证明不等式（2n+1）²＞4ln（n!）恒成立．

Answer 1

分析 （1）先求函数的定义域，然后根据在x=1时函数f（x）取得极值求出a的值，最后根据f′（x）＜0可求出函数的减区间，f′（x）＞0可求出函数的增区间；
（2）①设F（x）=f（x）-g（x），利用导数研究函数F（x）的最大值，从而可判定F（x）的符号，即可证得g（x）的图象恒在f（x）图象的上方；
②由①可知，lnx-x+1≤0，可得lnx＜x恒成立，从而有ln1＜1，ln2＜2，ln3＜3，…，lnn＜n，累加可得ln（1×2×3×…×n）=lnn!＜$\frac{n（n+1）}{2}$，然后利用放缩法可证得结论．

解答 解：（1）由题可知，函数的定义域为{x|x＞0}，
f′（x）=$\frac{1}{x}$+2ax-3=$\frac{2{ax}^{2}-3x+1}{x}$，
∵x=1处函数f（x）取得极值．
∴f′（1）=0，即2a-3+1=0，解得a=1
即f′（x）=$\frac{（2x-1）（x-1）}{x}$，当x∈（0，$\frac{1}{2}$）时，f′（x）＞0，
当x∈（$\frac{1}{2}$，1）时，f′（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，
∴函数f（x）的单调增区间为（0，$\frac{1}{2}$），（1，+∞），函数f（x）的单调减区间为（$\frac{1}{2}$，1）；
（2）证明：①设F（x）=f（x）-g（x）=lnx-x+1，F′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$，
∵当x∈（0，1）时，F′（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，F′（x）＜0，
∴F（x）≤F（1）=0即f（x）＜g（x）恒成立，
从而g（x）的图象不能在f（x）图象的上方；
②由①可知，lnx-x+1≤0，即lnx≤x-1∴lnx＜x恒成立
从而有ln1＜1，ln2＜2，ln3＜3，…，lnn＜n，
累加得ln1+ln2+ln3+…+lnn＜1+2+3+…+n
即ln（1×2×3×…×n）=lnn!＜$\frac{n（n+1）}{2}$，
∵$\frac{n（n+1）}{2}$＜（ $\frac{n+n+1}{2}$）²，
∴$\frac{{（2n+1）}^{2}}{4}$＞ln（n!）即（2n+1）²＞4ln（n!）．

点评 本题主要考查了函数的单调性和恒成立问题以及不等式的证明，同时考查了计算能力，属于中档题．