Question

5．已知函数f（x）=ln（x-1）-$\frac{ax}{x-1}$．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若a∈[-e，-1]，求f（x）的最小值的取值范围；
（3）设数列{a_n}是等差数列，且a₁=-e，a_2n=-1，证明：ln（a₁a₂a₃…a_2n）≤n（e+1）

Answer 1

分析 （1）求解导数f′（x）=$\frac{1}{x-1}$-$\frac{a（x-1）-ax}{（x-1）^{2}}$=$\frac{x-1+a}{（x-1）^{2}}$，x＞1，分类讨论结合不等式判断单调性，注意定义域的限制．
（2）根据单调性得出f（x）的最小值为f（1-a）=ln（-a）-a（1-a）-a=ln（-a）+1-a，
构造函数g（a）=ln（-a）+1-a，a∈[-e，-1]，利用函数单调递减求解函数值的范围．
（3）利用等差数列的性质得出a₁×a_2n≤$\frac{（e+1）^{2}}{4}$，…a_n-1n-1•a_n+1≤$\frac{（e+1）^{2}}{4}$，相乘放缩即可证明．

解答 解：∵函数f（x）=ln（x-1）-$\frac{ax}{x-1}$．
∴f′（x）=$\frac{1}{x-1}$-$\frac{a（x-1）-ax}{（x-1）^{2}}$=$\frac{x-1+a}{（x-1）^{2}}$，x＞1，
（1）∵$\frac{x-1+a}{（x-1）^{2}}$＞0，x＞1-a，
$\frac{x-1+a}{（x-1）^{2}}$＜0，x＜1-a，
$\frac{x-1+a}{（x-1）^{2}}$=0，x=1-a，
∴当1-a≤1时，即a≥0时函数在（1，+∞）单调递增，
当1-a＞1时，即a＜0时，函数在（1，1-a）单调递减，（1-a，+∞）单调递增，
（2）a∈[-e，-1]，f（x）的最小值为f（1-a）=ln（-a）-a（1-a）-a=ln（-a）+1-a，
∵g（a）=ln（-a）+1-a，a∈[-e，-1]，函数单调递减，
∴g（-1）=2，g（-e）=2+e，
故最小值的取值范围：[2，2+e]，
（3）∵数列{a_n}是等差数列，且a₁=-e，a_2n=-1，
根据等差数列的性质，结合基本不等式得出：
（-a₁）+（-a_2n）≥2$\sqrt{（-{a}_{1}）（-{a}_{2n}）}$=2$\sqrt{{a}_{1}{a}_{2n}}$，a₁a_2n≤$\frac{（e+1）^{2}}{4}$
∴归纳得出：a₁×a_2n≤$\frac{（e+1）^{2}}{4}$，…a_n-1•a_n+1≤$\frac{（e+1）^{2}}{4}$，
即（a₁a₂a₃…a_2n）≤（$\frac{（e+1）^{2}}{4}$）ⁿ，
ln（a₁a₂a₃…a_2n）≤ln（（$\frac{（e+1）^{2}}{4}$）ⁿ）=ln（$\frac{（e+1）^{2}}{4}$≤n•ln（e+1）²≤n（e+1）

点评 本题考查了导数在解决函数最值，单调性，不等式的证明问题中的应用，综合性较强，难度较大．