Question

2．已知函数f（x）=lnx-a（1-$\frac{1}{x}$）．
（1）若a=1，求f（x）的单调区间；
（2）若f（x）≥0，对任意的x≥1均成立，求实数a的取值范围；
（3）求证：（$\frac{2016}{2015}$）¹⁰⁰⁸＞e${\;}^{\frac{1}{2}}$．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）化简可得a（x-1）≤xlnx，从而讨论，当x＞1时，化为a≤$\frac{xlnx}{x-1}$，从而令f（x）=$\frac{xlnx}{x-1}$，从而化为函数的最值问题；
（3）根据lnx＞1-$\frac{1}{x}$，（x＞1），取x=1+$\frac{1}{2015}$，代入整理即可．

解答 解：（1）f（x）的定义域是（0，+∞），a=1时，f（x）=lnx+$\frac{1}{x}$-1，
f′（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
∴f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）；
（2）∵ln x-a（1-$\frac{1}{x}$）≥0，
∴ln x-a•$\frac{x-1}{x}$≥0，
∴a（x-1）≤xlnx，
①当x=1时，上式成立；
②当x＞1时，上式可化为a≤$\frac{xlnx}{x-1}$，
令f（x）=$\frac{xlnx}{x-1}$，则f′（x）=$\frac{x-lnx-1}{{（x-1）}^{2}}$，
令g（x）=x-lnx-1，则g′（x）=1-$\frac{1}{x}$＞0，
故g（x）在（1，+∞）上是增函数，
故g（x）＞g（1）=1-0-1=0，
故f′（x）＞0，
故f（x）=$\frac{xlnx}{x-1}$在（1，+∞）上是增函数，
而 $\underset{lim}{x→1}$f（x）=$\underset{lim}{x→1}$$\frac{xlnx}{x-1}$=$\underset{lim}{x→1}$$\frac{lnx+1}{1}$=1，
故a≤1；
综上所述，a≤1．
（3）由（2）得a=1时，lnx-a（1-$\frac{1}{x}$）≥0对任意的x≥1均成立，
∴lnx＞1-$\frac{1}{x}$，（x＞1），
取x=1+$\frac{1}{2015}$，则ln（1+$\frac{1}{2015}$）＞1-$\frac{1}{1+\frac{1}{2015}}$，
即ln$\frac{2016}{2015}$＞$\frac{1}{2016}$，
∴$\frac{2016}{2015}$＞${e}^{\frac{1}{2016}}$，
∴（$\frac{2016}{2015}$）¹⁰⁰⁸＞e${\;}^{\frac{1}{2}}$．

点评 本题考查了恒成立问题与最值问题的应用，同时考查了分类讨论的思想应用．同时考查了洛比达法则的应用．