Question

8．已知函数f（x）=a（x-$\frac{1}{x}$）-lnx．
（1）若a=1，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若函数f（x）在其定义域内为增函数，求a的取值范围；
（3）求证：$\frac{2×1+1}{1×2}$+$\frac{2×2+1}{2×3}$+…+$\frac{2n+1}{n（n+1）}$＞ln（n+1）（n∈N^•）．

Answer 1

分析 （1）把a=1代入函数解析式，求导后得到f′（1），再求得f（1），代入直线方程点斜式得答案；
（2）求出原函数的导函数，由f′（x）≥0在（0，+∞）恒成立，得ax²-x+a≥0在（0，+∞）上恒成立，分离参数a后利用基本不等式求得a的取值范围；
（3）由（2）得到lnx$＜x-\frac{1}{x}$，取$x=\frac{n+1}{n}$，得到ln（n+1）-lnn$＜\frac{2n+1}{n（n+1）}$，然后累加得答案．

解答 （1）解：当a=1时，f（x）=x-$\frac{1}{x}-lnx$，
∴f（1）=0，
又f′（1）=1+$\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{1}{x}$，
∴f′（1）=1，
从而曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=x-1；
（2）解：∵f′（x）=a+$\frac{a}{{x}^{2}}-\frac{1}{x}$=$\frac{a{x}^{2}-x+a}{{x}^{2}}$，
要使f（x）在定义域（0，+∞）内是增函数，
只需f′（x）≥0在（0，+∞）恒成立，
即ax²-x+a≥0在（0，+∞）上恒成立，
也就是a$≥\frac{x}{{x}^{2}+1}=\frac{1}{x+\frac{1}{x}}$恒成立．
由于$x+\frac{1}{x}≥2$，得$\frac{1}{x+\frac{1}{x}}≤\frac{1}{2}$．
∴a$≥\frac{1}{2}$；
（3）证明：由（2）知，当a=1时，f（x）=（x-$\frac{1}{x}$）-lnx在（0，+∞）上是增函数，
又f（1）=0，
∴f（x）＞f（1）=0，
即当x＞1时，（x-$\frac{1}{x}$）-lnx＞0，lnx$＜x-\frac{1}{x}$成立．
不妨令$x=\frac{n+1}{n}$，
∴$ln\frac{n+1}{n}＜\frac{n+1}{n}-\frac{n}{n+1}=\frac{2n+1}{n（n+1）}$，
即ln（n+1）-lnn$＜\frac{2n+1}{n（n+1）}$，
由此，得ln2-ln1$＜\frac{2×1+1}{1×2}$，
ln3-ln2$＜\frac{2×2+1}{2×3}$，
…
ln（n+1）-lnn$＜\frac{2n+1}{n（n+1）}$，
以上n个式子累加可得：
ln（n+1）＜$\frac{2×1+1}{1×2}+\frac{2×2+1}{2×3}+…+\frac{2n+1}{n（n+1）}$，即得原不等式成立．

点评 本题考查利用导数研究过曲线上的某点处的切线方程，考查了利用导数研究函数的单调性，考查数学转化思想方法，训练了利用单调性证明函数不等式，是压轴题．