Question

17．已知函数f（x）=lnx-x．
（1）求f（x）的单调区间及最大值；
（2）若不等式xf（x）+x²-kx+k＞0对?x∈（2，+∞）恒成立，求实数k的最大值；
（3）若数列{a_n}的通项公式为${a_n}=1+\frac{1}{2^n}（{n∈{N^*}}）$，试结合（1）中有关结论证明：a₁•a₂•a₃…a_n＜e（e为自然对数的底数）．

Answer 1

分析 （1）根据题意先求函数的导函数f′（x），令f′（x）＞0，f′（x）＜0，求出满足条件的范围，即可求出函数的单调区间；
（2）求出g（x）的导数，令h（x）=x-ln x-1，根据函数的单调性求出k的最大值即可；
（3）由（1）知，当x＞0时，f（x）＜f（0）=0，即ln（x+1）＜x．由an=1+（n∈N+），令k=1，2，3，…，n，累加后，利用放缩法可得答案．

解答 （1）解　因f（x）=ln x-x，所以f′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$．
当x∈（0，1）时，f′（x）＞0；当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0．
所以f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞）．
（2）解：令g（x）=$\frac{xf（x）+x2}{x-1}$=$\frac{xlnx}{x-1}$，则g′（x）=$\frac{x-lnx-1}{（x-1）2}$，
令h（x）=x-ln x-1，则h′（x）=1-$\frac{1}{x}$，x＞2时h′（x）＞0，
故h（x）在（2，+∞）上单调递增，而h（x）＞h（2）=1-ln 2＞0，
h（x）＞0，即g′（x）＞0，所以g（x）在（2，+∞）上单调递增，
故g（x）＞g（2）=$\frac{2ln2}{2-1}$=2ln 2．
由题意有k≤2ln 2，所以k的最大值是2ln 2．
（3）证明：由（1）知，当x＞0时，f（x）＜f（1）=-1，即ln x＜x-1．
因为a_n=1+$\frac{1}{{2}^{n}}$（n∈N^*），所以ln a_n=ln（1+$\frac{1}{{2}^{n}}$）＜$\frac{1}{{2}^{n}}$．
令k=1，2，3，…+，n，这n个式子相加得：
ln a₁+ln a₂+…+ln a_n＜$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…$\frac{1}{{2}^{n}}$=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$＜1．
即ln （a₁a₂a₃…+a_n）＜1，所以a₁a₂a₃…a_n＜e．

点评 本题考查的知识点是数列与函数的综合，不等式的证明，恒成立问题，利用导数求函数的最值，综合性强，运算量大，转化困难，属于难题．