Question

2．已知函数f（x）=lnx+ax+1，a∈R
（1）求f（x）在x=1处的切线方程；
（2）若不等式f（x）≤0恒成立，求a的取值范围；
（3）记b_n=nln[（$\frac{1}{2}$）^n-1+1]，数列{b_n}的前n项和为T_n，求证：T_n＜4-$\frac{n+2}{{{2^{n-1}}}}$．

Answer 1

分析 （1）求出原函数的导函数，得到f′（1），并求得f（1），由直线方程的点斜式得答案；
（2）把不等式f（x）≤0恒成立转化为ax≤-lnx-1，分离参数a得，a≤$\frac{-lnx-1}{x}$．令h（x）=$\frac{-lnx-1}{x}$，利用导数求其最小值得答案；
（3）由（2）知，当a=-1时，lnx-x+1≤0恒成立，即lnx≤x-1，把b₁，b₂，…，b_n放大，再结合错位相减法即可证得T_n＜4-$\frac{n+2}{{{2^{n-1}}}}$．

解答 解：（1）∵x＞0，f′（x）=$\frac{1}{x}+a$，∴f′（1）=a+1，切点是（1，a+1），
∴f（x）在x=1处的切线方程为y-（a+1）=（a+1）（x-1），即y=（a+1）x；
（2）∵x＞0，∴不等式f（x）≤0恒成立，等价于ax≤-lnx-1，即a≤$\frac{-lnx-1}{x}$．
令h（x）=$\frac{-lnx-1}{x}$，则h′（x）=$-\frac{1-lnx}{{x}^{2}}+\frac{1}{{x}^{2}}=\frac{lnx}{{x}^{2}}$．
由h′（x）=0，得x=1．
当x∈（0，1）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
当x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增．
∴h（x）_min=h（1）=-1，则a≤-1；
（3）证明：由（2）知，当a=-1时，lnx-x+1≤0恒成立，即lnx≤x-1，当且仅当x=1时取等号．
∴b₁=1×ln[（$\frac{1}{2}$）^1-1+1]＜1×[（$\frac{1}{2}$）^1-1+1-1]，
b₂=2×ln[（$\frac{1}{2}$）^2-1+1]＜2×[（$\frac{1}{2}$）^2-1+1-1]，
…
b_n=n×ln[（$\frac{1}{2}$）^n-1+1]＜n×[（$\frac{1}{2}$）^n-1+1-1]，
∴T_n＜1×[（$\frac{1}{2}$）^1-1+1-1]+2×[（$\frac{1}{2}$）^2-1+1-1]+…+n×[（$\frac{1}{2}$）^n-1+1-1]
=1×（$\frac{1}{2}$）^1-1+2×（$\frac{1}{2}$）^2-1+…+n×（$\frac{1}{2}$）^n-1 ．
令S_n=1×（$\frac{1}{2}$）⁰+2×（$\frac{1}{2}$）¹+…+n×（$\frac{1}{2}$）^n-1 ．①
则$\frac{1}{2}$S_n=1×（$\frac{1}{2}$）¹+2×（$\frac{1}{2}$）²+…+n×（$\frac{1}{2}$）ⁿ ．②
①-②得：$\frac{1}{2}{S}_{n}$=$（\frac{1}{2}）^{0}+（\frac{1}{2}）^{1}+（\frac{1}{2}）^{2}+…+（\frac{1}{2}）^{n-1}-n（\frac{1}{2}）^{n}$=$\frac{1-（\frac{1}{2}）^{n}}{1-\frac{1}{2}}-n•（\frac{1}{2}）^{n}$=2-$（n+2）•（\frac{1}{2}）^{n}$．
∴${S}_{n}=4-（n+2）•（\frac{1}{2}）^{n-1}=4-\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$．
∴T_n＜4-$\frac{n+2}{{{2^{n-1}}}}$．

点评 本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查了利用导数研究函数的单调性，训练了错位相减法求数列的和，是压轴题．