Question

11．已知函数f（x）=lnx-$\frac{a-1}{x}$+2a（a∈R）
（Ⅰ）若f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线与直线x+2y-1=0垂直，求a的值；
（Ⅱ）若f（x）≤ax+1在[1，+∞）恒成立，求a的取值范围；
（Ⅲ）若n∈N^*，证明：ln（n+1）＜1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$-$\frac{n}{2（n+1）}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求得f（x）的导数，可得切线的斜率，由两直线垂直的条件：斜率之积为-1，可得a的值；
（Ⅱ）由题意可得lnx-$\frac{a-1}{x}$-ax+2a-1≤0在[1，+∞）上恒成立．令g（x）=lnx-$\frac{a-1}{x}$-ax+2a-1，求出导数，讨论①当a≤0时，②当0＜a＜$\frac{1}{2}$时，③当a≥$\frac{1}{2}$时，求出最大值，即可得到a的范围；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，a=$\frac{1}{2}$时，x∈[1，+∞）时，g（x）=lnx+$\frac{1}{2x}$-$\frac{x}{2}$≤0．即x∈[1，+∞）时，lnx≤$\frac{x}{2}$-$\frac{1}{2x}$，令x=$\frac{n+1}{n}$，得2ln$\frac{n+1}{n}$≤$\frac{1}{n}$+$\frac{1}{n+1}$，即2[ln（n+1）-lnn]≤$\frac{1}{n}$+$\frac{1}{n+1}$，运用累加法，变形即可得证．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=lnx-$\frac{a-1}{x}$+2a的导数为f′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{a-1}{{x}^{2}}$，
可得f（x）在x=1处的切线的斜率为f′（1）=a，
由f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线与直线x+2y-1=0垂直，
得a=2；
（Ⅱ）若f（x）≤ax+1在[1，+∞）上恒成立，
则lnx-$\frac{a-1}{x}$-ax+2a-1≤0在[1，+∞）上恒成立．
令g（x）=lnx-$\frac{a-1}{x}$-ax+2a-1，
则g′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{a-1}{{x}^{2}}$-a=-$\frac{（x-1）（ax+a-1）}{{x}^{2}}$，
①当a≤0时，x∈[1，+∞），g′（x）≥0，g（x）单增．
所以g（x）≥g（1）=0，故舍去．
②当0＜a＜$\frac{1}{2}$时，$\frac{1}{a}$-1＞1．
此时x∈（1，$\frac{1}{a}$-1），g′（x）＞0，g（x）单增，
所以x∈（1，$\frac{1}{a}$-1），g（x）＞g（1）=0．舍去．
③当a≥$\frac{1}{2}$时，$\frac{1}{a}$-1≤1，此时x∈[1，+∞），g′（x）≤0，g（x）单减，故x∈[1，+∞）时，
g（x）≤g（1）=0，符合题意．
综上，若f（x）≤ax+1在[1，+∞）上恒成立，则a的取值范围是[$\frac{1}{2}$，+∞）．
证明：（Ⅲ）由（Ⅱ）知，a=$\frac{1}{2}$时，x∈[1，+∞）时，g（x）=lnx+$\frac{1}{2x}$-$\frac{x}{2}$≤0．
即x∈[1，+∞）时，lnx≤$\frac{x}{2}$-$\frac{1}{2x}$，且仅在x=1时，等号成立．
令x=$\frac{n+1}{n}$，得2ln$\frac{n+1}{n}$≤$\frac{1}{n}$+$\frac{1}{n+1}$，
即2[ln（n+1）-lnn]≤$\frac{1}{n}$+$\frac{1}{n+1}$，
所以2（ln2-ln1）≤1+$\frac{1}{2}$，2（ln3-ln2）≤$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$，…，2[ln（n+1）-lnn]≤$\frac{1}{n}$+$\frac{1}{n+1}$，
各式相加得2ln（n+1）＜1+$\frac{1}{2}$×2+$\frac{1}{3}$×2+…+$\frac{1}{n}$×2+$\frac{1}{n+1}$，
整理得ln（n+1）＜1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$-$\frac{n}{2（n+1）}$．
故n∈N^*，ln（n+1）＜1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$-$\frac{n}{2（n+1）}$成立．

点评 本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间、极值和最值，考查不等式成立问题的解法，注意运用分类讨论的思想方法，考查不等式的证明，注意运用已知不等式和累加法，考查化简整理的运算能力，属于中档题．