Question

3．已知函数f（x）=alnx-ax-3（a≠0）．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）+（a+1）x+4-e≤0对任意x∈[e，e²]恒成立，求实数a的取值范围（e为自然常数）；
（3）求证：ln（$\frac{1}{2^2}$+1）+ln（$\frac{1}{3^2}$+1）+ln（$\frac{1}{4^2}$+1）+…+ln（$\frac{1}{n^2}$+1）＜1（n≥2，n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）求导f′（x）=$\frac{a（1-x）}{x}$（x＞0），从而判断函数的单调性；
（2）令F（x）=alnx-ax-3+（a+1）x+4-e=alnx+x+1-e，从而求导F′（x）=$\frac{x+a}{x}$，再由导数的正负讨论确定函数的单调性，从而求函数的最大值，从而化恒成立问题为最值问题即可；
（3）令a=-1，根据函数的单调性得到lnx＜x-1对一切x∈（1，+∞）恒成立，放缩法得到ln（$\frac{1}{{n}^{2}}$+1）＜$\frac{1}{{n}^{2}}$＜$\frac{1}{n（n-1）}$=$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$，求和即可．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{a（1-x）}{x}$（x＞0），
当a＞0时，f（x）的单调增区间为（0，1]，单调减区间为[1，+∞）；
当a＜0时，f（x）的单调增区间为[1，+∞），单调减区间为（0，1]；
（2）令F（x）=alnx-ax-3+（a+1）x+4-e=alnx+x+1-e，则F′（x）=$\frac{x+a}{x}$，
若-a≤e，即a≥-e，
F（x）在[e，e²]上是增函数，
F（x）_max=F（e²）=2a+e²-e+1≤0，
a≤$\frac{e-1{-e}^{2}}{2}$，无解．
若e＜-a≤e²，即-e²≤a＜-e，
F（x）在[e，-a]上是减函数；在[-a，e²]上是增函数，
F（e）=a+1≤0，即a≤-1．
F（e²）=2a+e²-e+1≤0，即a≤$\frac{e-1{-e}^{2}}{2}$，
∴-e²≤a≤$\frac{e-1{-e}^{2}}{2}$；
若-a＞e²，即a＜-e²，
F（x）在[e，e²]上是减函数，
F（x）_max=F（e）=a+1≤0，即a≤-1，
∴a＜-e²，
综上所述，a≤$\frac{e-1{-e}^{2}}{2}$．
（3）令a=-1，（或a=1），此时f（x）=-lnx+x-3，
∴f（1）=-2，由（1）f（x）=-lnx+x-3在[1，+∞）递增，
∴x∈（1，+∞）时，f（x）＞f（1），
即-lnx+x-1＞0，lnx＜x-1对一切x∈（1，+∞）恒成立，
∵n≥2，n∈N^*，
则有ln（$\frac{1}{{n}^{2}}$+1）＜$\frac{1}{{n}^{2}}$＜$\frac{1}{n（n-1）}$=$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$，
∴ln（$\frac{1}{2^2}$+1）+ln（$\frac{1}{3^2}$+1）+ln（$\frac{1}{4^2}$+1）+…+ln（$\frac{1}{n^2}$+1）
＜（1-$\frac{1}{2}$）+（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$）+（$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{4}$）+…+（$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$）=1-$\frac{1}{n}$＜1．

点评 本题考查了导数的综合应用，放缩法证明不等式，裂项求和法等的应用，同时考查了恒成立问题及分类讨论的数学思想应用，属于难题．