Question

14．已知曲线 f（x）=（x+a）lnx（a∈R）在点（1，f（1））处的切线与直线x+y+1=0垂直．
（1）求a的值；
（2）若?x∈[1，+∞），f（x）≤m（x²-1）恒成立，求实数m的取值范围；
（3）求证：lnn+$\frac{1}{2}+\frac{1}{2n}≤1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}，n∈{N_+}$．

Answer 1

分析 （1）求出导函数 f′（x）=lnx+$\frac{x+a}{x}$，利用切线与直线x+y+1=0垂直列出方程，即可求出a．
（2）设$g（x）=lnx-m（{x-\frac{1}{x}}）$，求出导数，通过①若m≤0，②$m≥\frac{1}{2}$时，$0＜m＜\frac{1}{2}$时，判断函数的单调性求出最值，推出结果即可．
（3）利用$lnx≤\frac{1}{2}（{x-\frac{1}{x}}）$中，令$x=\frac{k}{k-1}$推出$ln\frac{k}{k-1}＜\frac{1}{2}（{\frac{k}{k-1}+\frac{1}{k}}）（{k≥2}）$，然后证明结果即可．

解答 解：（1）曲线 f（x）=（x+a）lnx（a∈R），可得 f′（x）=lnx+$\frac{x+a}{x}$，
曲线 f（x）=（x+a）lnx（a∈R）在点（1，f（1））处的切线与直线x+y+1=0垂直，
可得$\frac{1+a}{1}=1$
解得：a=0．
（2）$?x∈（{1，+∞}），lnx≤m（{x-\frac{1}{x}}）$恒成立，设$g（x）=lnx-m（{x-\frac{1}{x}}）$，即$?x∈（{1，+∞}），g（x）≤0，g'（x）=\frac{1}{x}-m（{1+\frac{1}{x^2}}）=\frac{{-m{x^2}+x-m}}{x^2}$．
①若m≤0，g'（x）＞0，g（x）≥g（1）=0，这与题设g（x）≤0矛盾．
②若m＞0方程-mx²+x-m=0的判别式△=1-4m²，
当△≤0，即$m≥\frac{1}{2}$时，g'（x）≤0，∴g（x）在（0，+∞）上单调递减，g（x）≤g（1）=0，即不等式成立．
当$0＜m＜\frac{1}{2}$时，方程-mx²+x-m=0，其根${x_1}=\frac{{1-\sqrt{1-4{m^2}}}}{2m}＞0，{x_2}=\frac{{1+\sqrt{1-4{m^2}}}}{2m}＞1$，
当x∈（1，x₂）g'（x）＞0，g（x）单调递增，g（x）＞g（1）=0，与题设矛盾．综上所述，$m≥\frac{1}{2}$．
（3）当n=1时，1≤1，当n≥2时，在$lnx≤\frac{1}{2}（{x-\frac{1}{x}}）$中，令$x=\frac{k}{k-1}$得$ln\frac{k}{k-1}＜\frac{1}{2}（{\frac{k}{k-1}+\frac{1}{k}}）（{k≥2}）$，$ln\frac{k}{k-1}+\frac{1}{2k}-\frac{1}{{2（{k-1}）}}＜\frac{1}{k}（{k≥2}），1+\sum_{k=2}^n{[{ln\frac{k}{k-1}+\frac{1}{2k}-\frac{1}{{2（{k-1}）}}}]}＜1+\sum_{k=2}^n{\frac{1}{k}}$，
即$lnn+\frac{1}{2}+\frac{1}{2n}≤1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}，n∈{N^*}$．

点评 本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的最值，考查转化思想以及计算能力．