Question

已知函数f（x）=lnx-ax+1（a＞0）
（1）若x=2是函数f（x）的极值点，求实数a的值．
（2）若存在x₀＞0，使f（x₀+a）=f（x₀）+f（a），求a的取值范围．
（3）在（2）的条件下，当a取最小整数时，求f（x）的单调区间，并证明不等式：（1×2×3×…×n）²≤e^n（n-1）（n∈N^*）

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数研究函数的单调性

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（1）利用极值的定义，即可得出结论；
（2）根据新定义，可得ln（x₀+a）-a（x₀+a）+1=lnx₀-ax₀+1+lnx-a²+1，从而可得x₀═

a

ae-1

＞0，由此可求a的范围；
（3）求导函数，由导数的正负，即可求得g（x）的单调区间；先证明lnx≤x-1，再累加，即可证得结论．

解答： 解：（1）∵f（x）=lnx-ax+1，
∴f′（x）=

1

x

-a，
∵x=2是函数f（x）的极值点，
∴f′（2）=

1

2

-a=0，
∴a=

1

2

；
（2）由已知，存在实数x₀，使g（x₀+a）=g（x₀）+g（a）（a为常数），
即ln（x₀+a）-a（x₀+a）+1=lnx₀-ax₀+1+lnx-a²+1
∴ln

x0+a

ax0

=1
∴

x0+a

ax0

=e，
∴x₀=

a

ae-1

＞0
∵a＞0，∴a＞

1

e

；
（3）由（2）知，a=1，g（x）=lnx-x+1，g′（x）=

1-x2

x

（x＞0）
∴x∈（0，1）时，g′（x）＞0，
∴g（x）的增区间是（0，1）；
x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，∴g（x）的减区间是（1，+∞）；
由上知x∈（0，+∞），g（x）≤g（1），即lnx-x+1≤0，∴lnx≤x-1
∴ln1=0，ln2＜1，ln3＜2，…，lnn＜n-1
相加得：ln1+ln2+…+lnn≤1+2…+（n-1）
即lnn!≤

n(n-1)

2

，
∴（n!）²≤e^n（n-1）（当且仅当n=1时取“=”号），
即1×2×3×…×n）²≤e^n（n-1）（n∈N^*）．

点评：本题考查新定义，考查学生的计算能力，解题的关键是正确理解新定义，属于中档题．