Question

4．已知函数f（x）=lnx+a（1-x）（a为常数），曲线y=f（x）在点P（1，f（1））处的切线方程为y=-x+b．
（1）求a，b的值及函数f（x）的单调区间；
（2）若f（x）≤mx，对任意x＞0都成立，求实数m的最小值；
（3）若n∈N^*，求证：$\frac{1}{2×1-1}$+$\frac{1}{2×2-1}$+$\frac{1}{2×3-1}$+…+$\frac{1}{2n-1}$＞$\frac{1}{4}$ln（2n+1）．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，求得切线的斜率和切点，由切线方程，即可得到a=2，b=1；
（2）运用参数分离和函数的导数，求得单调区间和极值、最值，由不等式恒成立思想可得m的范围；
（3）令h（x）=ln（1+x）-2x（x＞0），求得导数，判断单调性，可得ln（1+x）＜2x．令x=$\frac{2}{2n-1}$，运用对数的运算性质和累加法，即可得证．

解答 解：（1）函数f（x）=lnx+a（1-x）的导数为f′（x）=$\frac{1}{x}$-a，
曲线y=f（x）在点P（1，f（1））处的切线方程为y=-x+b，
即有f′（1）=1-a=-1，f（1）=b-1=0，
解得a=2，b=1；
（2）f（x）≤mx，
即为m≥$\frac{lnx+2-2x}{x}$在x＞0恒成立，
令g（x）=$\frac{lnx+2-2x}{x}$，g′（x）=$\frac{-1-lnx}{{x}^{2}}$，
当x＞$\frac{1}{e}$时，g′（x）＜0，g（x）递减；
当0＜x＜$\frac{1}{e}$时，g′（x）＞0，g（x）递增．
即有x=$\frac{1}{e}$时，g（x）取得最大值，且为e-2，
则m≥e-2．
即有m的最小值为e-2；
（3）证明：令h（x）=ln（1+x）-2x（x＞0），
h′（x）=$\frac{1}{x+1}$-2=$\frac{-1-2x}{x+1}$＜0恒成立．
即有h（x）在（0，+∞）递减，
则h（x）＜h（0）=0，
即为ln（1+x）＜2x．
令x=$\frac{2}{2n-1}$，则ln$\frac{2n+1}{2n-1}$＜$\frac{4}{2n-1}$，
即有ln（2n+1）-ln（2n-1）＜$\frac{4}{2n-1}$，
则有ln3-ln1＜$\frac{4}{1}$，
ln5-ln3＜$\frac{4}{3}$，
ln7-ln5＜$\frac{4}{5}$，
…
ln（2n+1）-ln（2n-1）＜$\frac{4}{2n-1}$，
相加可得，ln（2n+1）-ln1＜4（$\frac{1}{1}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{2n-1}$）
即为$\frac{1}{2×1-1}$+$\frac{1}{2×2-1}$+$\frac{1}{2×3-1}$+…+$\frac{1}{2n-1}$＞$\frac{1}{4}$ln（2n+1）．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间、极值和最值，同时考查构造函数运用单调性证明不等式和不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，属于中档题．