Question

3．已知f（x）=1nx，g（x）=x²-ax（x∈R）
（1）求曲线y=f（x）于点（1，f（1）的切线方程
（2）a=3时，求函数F（x）=f（x）+g（x）单调区间
（3）设a_n=1+$\frac{1}{n}$（n∈N⁺），求证：3（a₁+…a_n）-a₁²-a₂²…a_n²＜1n（n+1）+2n．

Answer 1

分析 （1）分别求出f（1），f′（1），从而求出切线方程；
（2）将a=3代入函数F（x）的表达式，求出F′（x），从而求出函数的单调区间；
（3）根据函数的单调性得到f（1+$\frac{1}{n}$）＞f（1），分别表示出代入化简后得到3（1+$\frac{1}{n}$）-${（1+\frac{1}{n}）}^{2}$＜2+ln（1+$\frac{1}{n}$）即3a_n-${{a}_{n}}^{2}$＜2+ln（1+$\frac{1}{n}$），列举出各项即可得证．

解答 解：（1）∵f（x）=lnx，
∴f（1）=ln1=0，f′（x）=$\frac{1}{x}$，f′（1）=1，
∴切线方程是：y-0=x-1，
即：y=x-1；
（2）a=3时：F（x）=f（x）+g（x）=lnx+x²-3x，
∴F′（x）=$\frac{1}{x}$+2x-3=$\frac{{2x}^{2}-3x+1}{x}$=$\frac{（2x-1）（x-1）}{x}$，
令F′（x）＞0，解得：x＞1或0＜x＜$\frac{1}{2}$，令F′（x）＜0，解得：$\frac{1}{2}$＜x＜1，
∴函数F（x）在（0，$\frac{1}{2}$），（1，+∞）递增，在（$\frac{1}{2}$，1）递减；
（3）由（2）得：F（x）在（1，+∞）上是增函数．
∴F（1+$\frac{1}{n}$）＞F（1）=-2，
∴ln（1+$\frac{1}{n}$）+${（1+\frac{1}{n}）}^{2}$-3（1+$\frac{1}{n}$）＞-2，
∴3（1+$\frac{1}{n}$）-${（1+\frac{1}{n}）}^{2}$＜2+ln（1+$\frac{1}{n}$），
即3a_n-${{a}_{n}}^{2}$＜2+ln（1+$\frac{1}{n}$），
∴3a₁-a₁²＜2+ln（1+1），
3a₂-${{a}_{2}}^{2}$＜2+ln（1+$\frac{1}{2}$），
3a₃-${{a}_{3}}^{2}$＜2+ln（1+$\frac{1}{3}$），
…，
3a_n-${{a}_{n}}^{2}$＜2+ln（1+$\frac{1}{n}$），
∴3（a₁+a₂+…+a_n）-a₁²-a₂²-…-a_n²
=（3a₁-a₁²）+（3a₂-a₂²）+…+（3a_n-a_n²）
＜（2+ln$\frac{2}{1}$）+（2+ln$\frac{3}{2}$）+…+（2+ln$\frac{n+1}{n}$）
＜2n+ln（n+1）．
故所证不等式成立．

点评 考查学生会利用导数研究函数的单调性，会利用基本不等式求函数的最值，掌握导数在函数最值问题中的应用，是一道中档题．