Question

20．已知函数f（x）=alnx-ax-3（a∈R）．
（1）当a=-1时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若函数y=f（x）在x=1处有极值-4，且关于x的方程x²f′（x）+ke^x=1恰有两个不同的实根，求实数k的值；
（3）求证：$\frac{ln2}{2}$×$\frac{ln3}{3}$×$\frac{ln4}{4}$×…×$\frac{lnn}{n}$＜$\frac{1}{n}$（n≥2，n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）由函数的解析式求得 f′（x），再根据 f′（x）的符号求出函数的单调区间．
（2）令f′（x）=0，求得x=1，由f（1）=-4，求得a的值，可得f（x）的解析式．由条件可得函数y=x²-x+1=${（x-\frac{1}{2}）}^{2}$+$\frac{3}{4}$ 的图象和y=ke^x ，的图象有2个不同的交点，由k•$\sqrt{e}$＞$\frac{3}{4}$，求得k的范围．
（3）先根据f（x）=lnx-x-3在（1，+∞）上单调递减求得lnx＜x-1对一切x∈（1，+∞）成立，即当n≥2时，n∈N^*，则有0＜lnn＜n-1，即 0＜$\frac{lnn}{n}$＜$\frac{n-1}{n}$，由此即可证得要证的不等式成立．

解答 解：（1）当a=-1时，函数f（x）=-lnx+x-3 的定义域为（0，+∞），
∵f′（x）=1-$\frac{1}{x}$，∴在0，1）上，f′（x）＜0，函数f（x）为减函数；在（1，+∞）上，f′（x）＞0，函数f（x）为增函数．
（2）令f′（x）=$\frac{a}{x}$-a=0，求得x=1，故1为f（x）的极值点，故有f（1）=0-a-3=-4，求得 a=1，∴f（x）=lnx-x-3．
关于x的方程x²f′（x）+ke^x=1，即 x²-x+1=ke^x ，根据此方程有两个不同的实根，
可得函数y=x²-x+1=${（x-\frac{1}{2}）}^{2}$+$\frac{3}{4}$ 的图象和y=ke^x ，的图象有2个不同的交点，
故k•$\sqrt{e}$＞$\frac{3}{4}$，求得k＞$\frac{3}{4\sqrt{e}}$．
（3）由（2）可得，当a=1时，f（x）=lnx-x-3，f（1）=-4，由于f（x）=lnx-x-3在（1，+∞）上单调递减，
∴当x∈[1，+∞）时f（x）＜f（1），即lnx-x+1＜0，
∴lnx＜x-1对一切x∈（1，+∞）成立，故当n≥2，n∈N^*，则有0＜lnn＜n-1，即 0＜$\frac{lnn}{n}$＜$\frac{n-1}{n}$，
∴：$\frac{ln2}{2}$×$\frac{ln3}{3}$×$\frac{ln4}{4}$×…×$\frac{lnn}{n}$＜$\frac{1}{2}$•$\frac{2}{3}$•$\frac{3}{4}$•$\frac{4}{5}$…$\frac{n-1}{n}$=$\frac{1}{n}$，
即：$\frac{ln2}{2}$×$\frac{ln3}{3}$×$\frac{ln4}{4}$×…×$\frac{lnn}{n}$＜$\frac{1}{n}$（n≥2，n∈N^*）成立．

点评 本题主要考查利用导数研究函数的单调性，求函数的极值，方程根的存在性以及个数判断，体现了转化的数学思想，属于难题．