Question

（请注意求和符号：f（k）+f（k+1）+f（k+2）+…+f（n）=

n

i=k

f(i)，其中k，n为正整数且k≤n）
已知常数a为正实数，曲线Cn：y=

nx

在其上一点Pn(xn，yn)处的切线Ln总经过定点（-a，0）（n∈N^*）
（1）求证：点列：P₁，P₂，…，P_n在同一直线上
（2）求证：ln(n+1)＜

n

i=1

a

yi

＜2

n

（n∈N^*）

Answer 1

分析：（1）欲求出切线方程，只须求出其斜率即可，故先利用导数求出在x=x_n处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率．P_n（a，

na

）总在直线x=a上，即P₁，P₂，，P_n在同一直线上，从而问题解决．
（2）由（1）可知y_n=

an

，从而f（i）=

a

yi

=

1

i

=

1 i

，对

1

i

=

2

2 i

进行放缩

2

i + i-1

从而得出：

n

i=1

a

yi

=

n

i=1

1

i

＜

n

i=1

2(

i

-

i-1

)=2[(

1

-

0

)+(

2

-

1

)++(

n

-

n-1

)]=2

n

，最后设函数F（x）=

x

-ln（x+1），x∈[0，1]，利用导数研究其单调性即可证得结论．

解答：证：（1）∵f（x）=

nx

，
∴f′（x）=

1

2 nx

•（nx）′=

1

2

•

n x

．（1分）
C_n：y=

nx

在点P_n（x_n，y_n）处的切线l_n的斜率k_n=f′（x_n）=

1

2

•

n xn

，
∴l_n的方程为y-y_n=

1

2

•

n xn

（x-x_n）．（2分）
∵l_n经过点（-a，0），
∴y_n=-

1

2

•

n x n

（-a-x_n）=

1

2

•

n xn

（a+x_n）．
又∵P_n在曲线C_n上，∴y_n=

nxn

=

1

2

•

n xn

（a+x_n），
∴x_n=a，∴y_n=

na

，∴P_n（a，

na

）总在直线x=a上，
即P₁，P₂，，P_n在同一直线x=a上．（4分）
（2）由（1）可知y_n=

an

，∴f（i）=

a

yi

=

1

i

=

1 i

．（5分）

1

i

=

2

2 i

＜

2

i + i-1

=2（

i

-

i-1

）（i=1，2，，n），

n

i=1

a

yi

=

n

i=1

1

i

＜

n

i=1

2(

i

-

i-1

)
=2[(

1

-

0

)+(

2

-

1

)++(

n

-

n-1

)]=2

n

．（9分）
设函数F（x）=

x

-ln（x+1），x∈[0，1]，有F（0）=0，
∴F′（x）=

1

2 x

-

1

x+1

=

x+1-2 x

2 x (x+1)

=

( x -1)2

2 x (x+1)

＞0（x∈（0，1）），
∴F（x）在[0，1]上为增函数，
即当0＜x＜1时F（x）＞F（0）=0，故当0＜x＜1时

x

＞ln（x+1）恒成立．（11分）
取x=

1

i

（i=1，2，3，，n），f（i）=

1 i

＞ln（1+

1

i

）=ln（i+1）-lni，
即f（1）=

1

1 1

＞ln2，f（2）=

1 2

＞ln（1+

1

2

）=ln3-ln2，，f（n）=

1 n

＞ln（n+1）-lnn，
∴

n

i=1

f(i)=

n

i=1

1 i

=

1 1

+

1 2 +

+

1 n

＞ln2+（ln3-ln2）++[ln（n+1）-lnn]=ln（n+1）
综上所述有ln（n+1）＜

n

i=1

a

yi

＜2

n

（n∈N^*）．（13分）．

点评：本小题主要考查函数单调性的应用、利用导数研究曲线上某点切线方程、不等式的证明等基础知识，考查运算求解能力、化归与转化思想．