Question

1．已知函数f（x）=x²+ln（x-a），a∈R．
（Ⅰ）若f（x）有两个不同的极值点，求a的取值范围；
（Ⅱ）当a≤-2时，令g（a）表示f（x）在[-1，0]上的最大值，求g（a）的表达式；
（Ⅲ）求证：$\frac{3{n}^{2}+5n}{8{n}^{2}+24n+16}$+ln$\sqrt{n+1}$$＜1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$，n∈N^*．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，令h（x）=2x²-2ax+1，得到关于a的不等式组，解出即可；
（Ⅱ）求出函数的单调区间，根据二次函数的性质，求出f（x）的最大值，从而求出g（a）的表达式；
（Ⅲ）令x+2=$\frac{n+1}{n}$，则x=-$\frac{n-1}{n}$∈（-1，0]，$（\frac{n-1}{n}）^{2}+ln\frac{n+1}{n}$＜1，即可证明结论．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{2{x}^{2}-2ax+1}{x-a}$（x＞a），∴f（x）有两个不同的极值点，
令h（x）=2x²-2ax+1，则h（x）有两个大于a的零点，（2分）
∴$\left\{\begin{array}{l}{△=4{a}^{2}-8＞0}\\{h（a）＞0}\\{a＜\frac{a}{2}}\end{array}\right.$，∴a＜-$\sqrt{2}$；                                        （4分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知当a≤-2时，f（x）在（a，$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$]，[$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，+∞）上单调递增；
在（$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$]上单调递减，（$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$＜-1，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$＜0，-------------------------（8分）
注意到h（x）=2x²-2ax+1的对称轴x=$\frac{a}{2}$＜-1，h（-1）=3+2a＜0，h（0）=1＞0，可推知-1＜x₂＜0，
∴当x∈[-1，0]时，g（a）=f（x）_max=max{f（-1），f（0）}---------------------（9分）
而f（0）=ln（-a），f（-1）=1+ln（-1-a），
又若f（0）＞f（-1），a=-$\frac{e}{e-1}$＞-2，故f（0）＞f（-1）不成立
综上分析可知，g（a）=f（-1）=1+ln（-1-a）（a≤-2）…（10分）
（Ⅲ）证明：由（2）知，当a=-2时，x²+ln（x+2）≤1
令x+2=$\frac{n+1}{n}$，则x=-$\frac{n-1}{n}$∈（-1，0]，∴$（\frac{n-1}{n}）^{2}+ln\frac{n+1}{n}$＜1，
∴ln$\frac{n+1}{n}$＜$\frac{2}{n}$-$\frac{1}{{n}^{2}}$，即$\frac{1}{{n}^{2}}$+ln$\frac{n+1}{n}$＜$\frac{2}{n}$                        （12分）
∴$\sum_{i=1}^{n}$$\frac{1}{i（i+2）}$+$\sum_{i=1}^{n}$ln$\frac{i+1}{i}$＜$\sum_{i=1}^{n}$$\frac{1}{{i}^{2}}$+$\sum_{i=1}^{n}$ln$\frac{i+1}{i}$＜$\sum_{i=1}^{n}$$\frac{2}{i}$
∴$\frac{3{n}^{2}+5n}{4{n}^{2}+12n+8}$+ln$\sqrt{n+1}$＜$\sum_{i=1}^{n}$$\frac{2}{i}$，
∴$\frac{3{n}^{2}+5n}{8{n}^{2}+24n+16}$+ln$\sqrt{n+1}$$＜1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$，n∈N^*．                      （14分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及二次函数的性质，是一道综合题．