Question

10．已知函数f（x）=alnx-x+1（a∈R）．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若f（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，求所有实数a的值；
（3）证明：$\frac{ln2}{3}+\frac{ln3}{4}+\frac{ln4}{5}+…+\frac{lnn}{n+1}＜\frac{n（n-1）}{4}$（n∈N，n＞1）

Answer 1

分析 （1）求导，利用导数得出函数单调性；
（2）对a进行分类：当a≤0时，f（x）递减，又知f（1）=0可得f（x）＞0 （x∈（0，1）；
当a＞0时，只需求f（x）_max=f（a）=alna-a+1，让最大值小于等于零即可；
（3）利用（2）的结论，对式子变形可得$\frac{lnn}{n+1}$=$\frac{ln{n}^{2}}{2（n+1）}$＜$\frac{{n}^{2}-1}{2（n+1）}$=$\frac{n-1}{2}$．

解答 解：（1）f'（x）=$\frac{a-x}{x}$
当a≤0时，f'（x）＜0，f（x）递减；
当a＞0时，x∈（0，a）时，f'（x）＞0，f（x）递增；
x∈（a+∞）时，f'（x）＜0，f（x）递减；
（2）由（1）知，当a≤0时，f（x）递减，
∵f（1）=0
∴f（x）≤0在（0，+∞）上不恒成立，
当a＞0时，x∈（0，a）时，f'（x）＞0，f（x）递增；
x∈（a+∞）时，f'（x）＜0，f（x）递减；
∴f（x）_max=f（a）=alna-a+1
令g（a）=alna-a+1
∴g'（a）=lna
∴g（a）的最小值为g（1）=0
∴alna-a+1≤0的解为a=1；
（3）由（2）知：lnx＜x-1 x＞1
∵$\frac{lnn}{n+1}$=$\frac{ln{n}^{2}}{2（n+1）}$＜$\frac{{n}^{2}-1}{2（n+1）}$=$\frac{n-1}{2}$
∴$\frac{ln2}{3}$+$\frac{ln3}{4}$+…+$\frac{lnn}{n+1}$＜$\frac{1}{2}$+$\frac{2}{2}$+…+$\frac{n-1}{2}$=$\frac{n（n-1）}{4}$．

点评 考察了导函数求单调性和最值问题，利用结论证明不等式问题．难点是对式子的变形整理．