Question

15．已知函数f（x）=ax-lnx（a∈R）
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间
（Ⅱ）已知函数f（x）在x=1处取得极值，且x∈（0，+∞），f（x）≥bx-1恒成立，求b的取值范围
（Ⅲ）若n∈N^*，比较n！与e${\;}^{\frac{{n}^{2}+9n}{8}}$的大小，（注：n！称为n的阶乘，且n！=n×（n-1）×（n-2）×…×2×1，e是自然对数的底数，e=2.71828…）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，对a讨论，令导数大于0，可得增区间，令导数小于0，可得减区间；
（Ⅱ）函数f（x）在x=1处取得极值，可求得a=1，于是有f（x）≥bx-1?1+$\frac{1}{x}$-$\frac{lnx}{x}$≥b，构造函数g（x）=1+$\frac{1}{x}$-$\frac{lnx}{x}$，g（x）_min即为所求的b的值；
（Ⅲ）若n∈N^*，n！＜e${\;}^{\frac{{n}^{2}+9n}{8}}$．运用数学归纳法证明．注意解题步骤，可运用分析法证明．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）=ax-lnx的导数为f′（x）=a-$\frac{1}{x}$，x＞0
当a≤0时，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）递减；
当a＞0时，f′（x）＞0可得x＞$\frac{1}{a}$，f′（x）＜0可得0＜x＜$\frac{1}{a}$．
即有当a≤0时，f（x）的单调减区间为（0，+∞）；
当a＞0时，f（x）的增区间为（$\frac{1}{a}$，+∞），减区间为（0，$\frac{1}{a}$）．
（Ⅱ）∵f′（x）=a-$\frac{1}{x}$，函数f（x）在x=1处取得极值，
由f′（1）=0，∴a=1，
∴f（x）≥bx-1?1+$\frac{1}{x}$-$\frac{lnx}{x}$≥b，
令g（x）=1+$\frac{1}{x}$-$\frac{lnx}{x}$，则g′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$=-$\frac{1}{{x}^{2}}$（2-lnx），
由g′（x）≥0得，x≥e²，由g′（x）≤0得，0＜x≤e²，
∴g（x）在（0，e²]上递减，在[e²，+∞）上递增，
∴g（x）_min=g（e²）=1-$\frac{1}{{e}^{2}}$，
即b≤1-$\frac{1}{{e}^{2}}$．
（Ⅲ）若n∈N^*，n！＜e${\;}^{\frac{{n}^{2}+9n}{8}}$．
运用数学归纳法证明．
①当n=1时，1！＜${e}^{\frac{5}{4}}$成立，
②设n=k，k∈N^*，k!＜${e}^{\frac{{k}^{2}+9k}{8}}$，
n=k+1时，（k+1）!=（k+1）k!＜（k+1）•${e}^{\frac{{k}^{2}+9k}{8}}$，
要证（k+1）•${e}^{\frac{{k}^{2}+9k}{8}}$＜${e}^{\frac{（k+1）（k+10）}{8}}$，
即证k+1＜${e}^{\frac{k+5}{4}}$，即证ln（k+1）＜$\frac{k+5}{4}$，
设h（x）=ln（1+x）-$\frac{x+5}{4}$，x＞0，
h′（x）=$\frac{1}{1+x}$-$\frac{1}{4}$=$\frac{3-x}{4（x+1）}$，
当x＞3时，h（x）递减，当0＜x＜3时，h（x）递增，
即有h（x）＜h（3）=ln4-2＜0，
则有ln（1+x）＜$\frac{x+5}{4}$，x＞0，
即为ln（k+1）＜$\frac{k+5}{4}$成立．
综上可得，n∈N^*，n！＜e${\;}^{\frac{{n}^{2}+9n}{8}}$．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，同时考查不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，不等式的证明方法：数学归纳法，分类讨论的思想方法，属于中档题．