Question

7．已知函数h（x）=1+bx+clnx（b，c∈R）在x=1处取得极值0，f（x）=$\frac{1}{2}{x}^{2}$-x+（a-1）h（x）-a+1（a∈R）．
（Ⅰ）求实数b，c的值及h（x）的最大值；
（Ⅱ）若f（x）是单调函数，数列{a_n}满足：a₁=6，a_n+1=f（a_n），试证明数列{a_n}为递增数列；
（Ⅲ）设n∈N^*，求证：（$\frac{1}{n}$）ⁿ+（$\frac{2}{n}$）ⁿ+（$\frac{3}{n}$）ⁿ+…+（$\frac{n}{n}$）ⁿ$＜\frac{e}{e-1}$（e为自然对数的底数）

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函数的导数，根据h′（1）=0，h（1）=0，从而求出b，c的值；进而求出函数的表达式，得到函数的单调区间，从而求出函数的最大值；
（Ⅱ）先求出函数的导数，方法一：根据二次函数的性质求出即可；方法二：通过集合的关系求出即可；方法三：根据函数恒成立求出即可；
（Ⅲ）构造新函数，得到1+x≤e^x．给x赋值，结合放缩法证明即可．

解答 解：（Ⅰ）∵h′（x）=b+$\frac{c}{x}$，h（x）在x=1处取得极值0，
∴h′（1）=b+c=0，h（1）=1+b=0，解得：b=-1，c=1；
∴h（x）=1-x+lnx，h′（x）=$\frac{1-x}{x}$（x＞0），
令h′（x）=0，解得：x=1，
∴当x∈（0，1）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
∴h（x）_最大值=h（1）=0；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得：h（x）=1-x+lnx，
∴f（x）=$\frac{1}{2}$x²-ax+（a-1）lnx，
∴f′（x）=$\frac{{x}^{2}-ax+a-1}{x}$，（x＞0），
∵f（x）是单调函数，
∴f′（x）≥0或f′（x）≤0在x∈（0，+∞）恒成立，
令g（x）=x²-ax+a-1，则g（x）≥0或g（x）≤0在x∈（0，+∞）恒成立，
∵g（x）是开口向上的二次函数，∴g（x）≤0在x∈（0，+∞）不恒成立，
∴g（x）≥0在x∈（0，+∞）恒成立，
方法一：
∴△≤0或$\left\{\begin{array}{l}{△＞0}\\{\frac{a}{2}＜0}\\{g（0）≥0}\end{array}\right.$即（a-2）²≤0或$\left\{\begin{array}{l}{{（a-2）}^{2}＞0}\\{a＜0}\\{a-1≥0}\end{array}\right.$，
解得：a=2；
方法二：
设g（x）≥0的解集是A，B={x|x＞0}，
则g（x）≥0在x∈（0，+∞）恒成立?B⊆A，
①若a=2，则A=B，B⊆A成立，
②若a＞2，则A={x|x＜1或x＞a-1}，B⊆A不成立，
③若a＜2，则A={x|x＜a-1或x＞1}，B⊆A不成立，
综上：a=2；
方法三：
由g（x）≥0在x∈（0，+∞）恒成立，
得（x-1）a≤x²-1在x∈（0，+∞）恒成立，
①若x=1，则a∈R，
②若x＞1，则a≤x+1恒成立，得a≤2，
③若0＜x＜1，则a≥x+1恒成立，得：a≥2，
综上：a=2；
∴a=2时，f（x）在（0，+∞）递增；
下面证明数列{a_n}为递增数列：
①∵a₁=6，a_n+1=f（a_n），
∴a₂＞a₁＞0，
②假设a_k+1＞a_k＞0，（k∈N^*），
∵函数f（x）在区间（0，+∞）单调递增，
∴f（a_k+1）＞f（a_k），即a_k+2＞a_k+1＞0，
由①②得：a_n+1＞a_n对一切正整数n都成立；
（Ⅲ）证明：令g（x）=e^x-x，∴g′（x）=e^x-1，令g′（x）=0，得x=0．
∴当x＞0时，g′（x）＞0，当x＜0时，g′（x）＜0．∴函数g（x）=e^x-x在区间（-∞，0）上单调递减，
在区间（0，+∞）上单调递增．∴当x=0时，g（x）有最小值1．
∴对任意实数x均有e^x-x≥1，即1+x≤e^x．
令x=-$\frac{i}{n}$（n∈N*，i=0，1，2，…，n-1），则0＜1-$\frac{i}{n}$≤e-$\frac{i}{n}$，即（1-$\frac{i}{n}$）ⁿ≤e^-i，
∴（$\frac{n}{n}$）ⁿ≤e⁰，（$\frac{n-1}{n}$）ⁿ≤e^-1，（$\frac{n-2}{n}$）ⁿ≤e^-2，…，（$\frac{1}{n}$）ⁿ≤e^-（n-1），
∴（$\frac{n}{n}$）ⁿ+（$\frac{n-1}{n}$）ⁿ+（$\frac{n-2}{n}$）ⁿ+…+（$\frac{1}{n}$）ⁿ≤e⁰+e^-1+e^-2+e^-3+…+e^-（n-1）=$\frac{1{-e}^{-n}}{1{-e}^{-1}}$=$\frac{e（1{-e}^{-n}）}{e-1}$＜$\frac{e}{e-1}$，
故不等式（$\frac{1}{n}$）ⁿ+（$\frac{2}{n}$）ⁿ+（$\frac{3}{n}$）ⁿ+…+（$\frac{n}{n}$）ⁿ$＜\frac{e}{e-1}$（n∈N^*）成立．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性、最值及不等式证明问题，考查转化思想，本题运算量大，综合性强，能力要求高．