Question

15．已知函数f（x）=lnx-$\frac{x-1}{a（x+1）}$（a＞0）
（1）若函数f（x）在x=2处的切线与x轴平行，求实数a的值；
（2）讨论函数f（x）在区间[1，2]上的单调性；
（3）证明：$（\frac{2018}{2017}）^{2017.5}$＞e．

Answer 1

分析 （1）$f′（x）=\frac{1}{x}-\frac{2}{a（x+1）^{2}}$，（x＞0）由f′（2）=$\frac{1}{2}-\frac{2}{a（2+1）^{2}}=0$，解得a
（2）$f′（x）=\frac{1}{x}-\frac{2}{a（x+1）^{2}}$=$\frac{a（x+1）^{2}-2x}{ax（x+1）^{2}}=\frac{a{x}^{2}+（2a-2）x+a}{ax（x+1）^{2}}$，（x＞0，a＞0），令h（x）=ax²+（2a-2）x+a，（a＞0），△=4-8a，分①）当△=4-8a≤0，即a$≥\frac{1}{2}$时，②当△=4-8a＞0，即0＜a$＜\frac{1}{2}$ 讨论；
（3）由（2）可知，当a=0.5时，函数f（x）在区间[1，2]上单调递增；即lnx$＞\frac{x-1}{0.5x+0.5}$在区间[1，2]上恒成立，令x=1+$\frac{1}{n}$，（n∈N⁺），则有ln（1+$\frac{1}{n}$）＞$\frac{\frac{1}{n}}{\frac{0.5}{n}+1}=\frac{1}{n+0.5}$⇒（n+0.5）ln$\frac{n+1}{n}$＞1⇒ln（$\frac{n+1}{n}$）^n+0.5＞1⇒$（\frac{n+1}{n}）^{n+0.5}＞e$，令n=2017，可得$（\frac{2018}{2017}）^{2017.5}$＞e．

解答 解：（1）∵$f′（x）=\frac{1}{x}-\frac{2}{a（x+1）^{2}}$，（x＞0）
∵函数f（x）在x=2处的切线与x轴平行
∴f′（2）=$\frac{1}{2}-\frac{2}{a（2+1）^{2}}=0$，解得a=$\frac{4}{9}$
（2）∵$f′（x）=\frac{1}{x}-\frac{2}{a（x+1）^{2}}$=$\frac{a（x+1）^{2}-2x}{ax（x+1）^{2}}=\frac{a{x}^{2}+（2a-2）x+a}{ax（x+1）^{2}}$，（x＞0，a＞0）
令h（x）=ax²+（2a-2）x+a，（a＞0），△=4-8a
①）当△=4-8a≤0，即a$≥\frac{1}{2}$时，f′（x）≥0在（0，+∞）恒成立，此时函数f（x）在区间[1，2]上单调递增；
②当△=4-8a＞0，即0＜a$＜\frac{1}{2}$时，抛物线y=ax²+（2a-2）x+a的图象如下，与横轴交点横坐标为x₁=$\frac{2-2a-\sqrt{4-8a}}{2a}=\frac{1-a-\sqrt{1-2a}}{a}$，x₂=$\frac{1-a+\sqrt{1-2a}}{a}$
h（1）=4a-2＜0，h（2）=9a-4
当h（2）=9a-4≤0，即0$＜a≤\frac{4}{9}$时，h（x）≤0在（1，2）上恒成立，∴f′（x）≤0在（1，2）上恒成立，此时函数f（x）在区间[1，2]上单调递减
当h（2）=9a-4＜0，即$\frac{4}{9}＜a＜\frac{1}{2}$时，h（x）≤0在（1，x₂）上恒成立，h（x）≥0在（x₂，2）上恒成立，此时函数f（x）在区间[1，$\frac{1-a+\sqrt{1-2a}}{a}$]上单调递减
，在（$\frac{1-a+\sqrt{1-2a}}{a}$，2）上单调递增．
（3）由（2）可知，当a=0.5时，函数f（x）在区间[1，2]上单调递增；即lnx$＞\frac{x-1}{0.5x+0.5}$在区间[1，2]上恒成立．
令x=1+$\frac{1}{n}$，（n∈N⁺），则有ln（1+$\frac{1}{n}$）＞$\frac{\frac{1}{n}}{\frac{0.5}{n}+1}=\frac{1}{n+0.5}$
⇒（n+0.5）ln$\frac{n+1}{n}$＞1⇒ln（$\frac{n+1}{n}$）^n+0.5＞1⇒$（\frac{n+1}{n}）^{n+0.5}＞e$，
令n=2017，可得$（\frac{2018}{2017}）^{2017.5}$＞e．

点评 本题考查了导数的几何意义，利用导数求单调性，利用导数证明数列不等式，考查了分类讨论思想、转化思想，属于难题．