Question

7．已知函数f（x）=ln（ex）-kx．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若?x∈（0，+∞），都有f（x）≤0，求实数k的取值范围；
（3）证明：$\frac{ln2}{3}+\frac{ln3}{4}+…+\frac{lnn}{n+1}＜\frac{n（n-1）}{4}$（n∈N^*，且n≥2）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=$\frac{e}{x}$-k．能求出函数f（x）的单调区间．
（Ⅱ）由（1）知k≤0时，f（x）在（0，+∞）上是增函数，而f（1）=1-k＞0，f（x）≤0不成立，故k＞0，又由（1）知f（x）的最大值为f（$\frac{1}{k}$），由此能确定实数k的取值范围．
（Ⅲ）由（2）知，当k=1时，有f（x）≤0在（0，+∞）恒成立，且f（x）在（1，+∞）上是减函数，f（1）=0，即lnx＜x-1在x∈[2，+∞）上恒成立，由此能够证明 $\frac{ln2}{3}+\frac{ln3}{4}+…+\frac{lnn}{n+1}＜\frac{n（n-1）}{4}$（（n∈N^*且n＞1）．

解答 解：（Ⅰ）易知f（x）的定义域为（0，+∞），
又f′（x）=$\frac{1}{x}$-k=$\frac{1-kx}{x}$，
k＞0时，令f′（x）＞0，解得：x＜$\frac{1}{k}$，令f′（x）＜0，解得：x＞$\frac{1}{k}$，
∴f（x）在（0，$\frac{1}{k}$）递增，在（$\frac{1}{k}$，+∞）递减；
k≤0时，f′（x）＞0在（0，+∞）恒成立，
（Ⅱ）当k≤0时，f（1）=1-k＞0，不成立，
故只考虑k＞0的情况
又f′（x）=$\frac{1}{x}$-k
当k＞0时，当0＜x＜$\frac{1}{k}$时，f′（x）＞0；
当x＞$\frac{1}{k}$时，f′（x）＜0
在（0，$\frac{1}{k}$）上是增函数，在（$\frac{1}{k}$，+∞）时减函数，
此时f（x）max=f（$\frac{1}{k}$）=-lnk
要使f（x）≤0恒成立，只要-lnk≤0 即可
解得：k≥1．
（Ⅲ）当k=1时，
有f（x）≤0在（0，+∞）恒成立，
且f（x）在（1，+∞）上是减函数，f（1）=0，
即lnx＜x-1在x∈（1，+∞）上恒成立，
令x=n²，则lnn²＜n²-1，
即2lnn＜（n-1）（n+1），
∴$\frac{lnn}{n+1}$＜$\frac{n-1}{2}$（n∈N^*且n＞1）
∴$\frac{ln2}{3}$+$\frac{ln3}{4}$+$\frac{ln4}{5}$+…+$\frac{lnn}{n+1}$＜$\frac{1}{2}$+$\frac{2}{2}$+$\frac{3}{2}$+…+$\frac{n-1}{2}$=$\frac{n（n-1）}{4}$，
即：$\frac{ln2}{3}+\frac{ln3}{4}+…+\frac{lnn}{n+1}＜\frac{n（n-1）}{4}$（n∈N^*且n＞1）成立．

点评 本题考查函数单调区间的求法，确定实数的取值范围，不等式的证明．考查化归与转化、分类与整合的数学思想，培养学生的抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力和创新意识．