Question

13．已知函数f（x）=x+xlnx，h（x）=x-lnx-2
（Ⅰ）试判断方程h（x）=0在区间（1，+∞）上根的情况
（Ⅱ）若k∈Z，且f（x）＞kx-k对任意x＞1恒成立，求k的最大值
（Ⅲ）记a₁+a₂+…+a_n=$\sum_{i=1}^{n}{a}_{i}$，若a_i=2ln2+3ln3+…+klnk（k＞3，k∈N^*），证明$\sum_{i=3}^{n}$$\frac{1}{{a}_{i}}$＜1（n＞k，n∈N^*）

Answer 1

分析 （1）由题意h（x）=x-lnx-2（x＞1），则h'（x）=1-$\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}＞0$，得到函数h（x）在（1，+∞）上单调递增，得到根的情况
（2）分离参数k，转化为恒成立问题，构造新函数，利用导数求解．
（3）由（2）可知，xlnx＞2x-3（x＞1），取x=k（k≥2，k∈N^*），得到新函数，利用新函数的性质，利用放缩法求证．

解答 解：（1）由题意h（x）=x-lnx-2（x＞1），则h'（x）=1-$\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}＞0$
所以函数h（x）在（1，+∞）上单调递增
因为h（3）=1-ln3＜0，h（4）=2-2ln2＞0，
所以h（3）=1-ln3＜0，h（4）=2-2ln2＞0，
所以方程h（x）=0在（1，+∞）上存在唯一实根x₀，且满足x₀∈（3，4）
（2）因为f（x）=x+xlnx，
可知k＜$\frac{f（x）}{x-1}$对任意x＞1恒成立，即k＜$\frac{x+xlnx}{x-1}$对任意x＞1恒成立
令g（x）=$\frac{x+xlnx}{x-1}$，求导g'（x）=$\frac{x-lnx-2}{（x-1）^{2}}$
由（1）知，h（x）=x-lnx-2，h（x）=0在（1，+∞）上存在唯一实根x₀，且满足x₀∈（3，4）
当1＜x＜x₀时，h（x）＜0，即g'（x）＜0
当x＞x₀时，h（x）＞0，即g'（x）＞0
所以函数g（x）=$\frac{x+xlnx}{x-1}\$在（1，x₀）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增．
因之，[g（x）]_min=g（x₀）=$\frac{{x}_{0}（1+ln{x}_{0}）}{{x}_{0}-1}=\frac{{x}_{0}（1+{x}_{0}-2）}{{x}_{0}-1}={x}_{0}∈（3，4）$，
从而k＜[g（x）]_min=x₀∈（3，4），故整数的最大值为3；
（3）证明：由（2）可知，xlnx＞2x-3（x＞1），取x=k（k≥2，k∈N^*），则有：
2ln2＞2×2-3，3ln3＞2×3-3，…，klnk＞2k-3，
将上式各式子相加得：
2ln2+3ln3+…+klnk＞2（2+3+4+…+k）-3（k-1）=k²-2k+1=（k-1）²，
即${a}_{k}＞（k-1）^{2}$，可得，$\frac{1}{{a}_{k}}＜\frac{1}{（k-1）^{2}}=\frac{1}{（k-1）（k-2）}（k≥3）$，从而有：
$\sum_{k=3}^{n}\frac{1}{{a}_{k}}=\frac{1}{{a}_{1}}+…+\frac{1}{{a}_{n}}$$＜\frac{1}{1×2}+\frac{1}{2×3}+…+\frac{1}{（n-1）（n-2）}$
=$1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n-2}-\frac{1}{n-1}$
=$1-\frac{1}{n-1}＜1$．

点评 本题主要考查导数在含参数问题，证明题目中的应用，利用放缩法证明不等式，属于难度较大的题目，高考常作为压轴题．