Question

2．已知函数f（x）=ax，g（x）=lnx，其中a∈R．
（1）若函数F（x）=f（x）-g（x），当a=1时，求函数F（x）的极值；
（2）若函数G（x）=f（sin（x-1））-g（x）在区间（0，1）上为减函数，求a的取值范围；
（3）证明：$\sum_{k=1}^n{sin\frac{1}{k+1}}$＜ln（n+1）．

Answer 1

分析 （1）利用导数研究函数的单调性极值即可得出；
（2）解法1：由函数G（x）=f（sin（x-1））-g（x）=asin（x-1）-lnx在区间（0，1）上为减函数，可得$G'（x）=acos（x-1）-\frac{1}{x}≤0$在（0，1）上恒成立$?a≤\frac{1}{xcos（x-1）}$在（0，1）上恒成立，设$H（x）=\frac{1}{xcos（x-1）}$，利用导数研究其单调性极值与最值即可得出；
解法2：由函数G（x）=f（sin（x-1））-g（x）=asin（x-1）-lnx在区间（0，1）上为减函数，可得对?x∈（0，1），$G'（x）=acos（x-1）-\frac{1}{x}≤0$（*）恒成立，由x∈（0，1），可得cos（x-1）＞0，对a分类讨论：当a≤0时，（*）式显然成立；当a＞0时，（*）式?$\frac{1}{a}≥xcos（x-1）$在（0，1）上恒成立，设h（x）=
xcos（x-1），利用其单调性即可得出．

解答 解：（1）∵当a=1时，函数F（x）=x-lnx，（x＞0）
∴$F'（x）=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}$，
令F'（x）=0得x=1，
当x∈（0，1）时F'（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，F'（x）＞0，即函数F（x）在（0，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增，
∴函数F（x）在x=1处有极小值，
∴F（x）_极小=1-ln1=1．
（2）解法1：∵函数G（x）=f（sin（x-1））-g（x）=asin（x-1）-lnx在区间（0，1）上为减函数
∴$G'（x）=acos（x-1）-\frac{1}{x}≤0$在（0，1）上恒成立$?a≤\frac{1}{xcos（x-1）}$在（0，1）上恒成立，
设$H（x）=\frac{1}{xcos（x-1）}$，
则$H'（x）=\frac{{-（{cos（{x-1}）-xsin（{x-1}）}）}}{{{x^2}{{cos}^2}（x-1）}}=\frac{{xsin（{x-1}）-cos（{x-1}）}}{{{x^2}{{cos}^2}（x-1）}}$，
当x∈（0，1）时，sin（x-1）＜0，cos（x-1）＞0
∴H'（x）＜0在（0，1）上恒成立，即函数H（x）在（0，1）上单调递减，
∴当x∈（0，1）时，H（x）＞H（1）=1，
∴a≤1．
解法2：∵函数G（x）=f（sin（x-1））-g（x）=asin（x-1）-lnx在区间（0，1）上为减函数
∴对?x∈（0，1），$G'（x）=acos（x-1）-\frac{1}{x}≤0$（*）恒成立，
∵x∈（0，1），∴cos（x-1）＞0，
当a≤0时，（*）式显然成立；
当a＞0时，（*）式?$\frac{1}{a}≥xcos（x-1）$在（0，1）上恒成立，
设h（x）=xcos（x-1），易知h（x）在（0，1）上单调递增，
∴h（x）＜h（1）=1，
∴$\frac{1}{a}≥1$⇒0＜a≤1，
综上得a∈（-∞，1]．
（3）由（2）知，当a=1时，G（x）=sin（x-1）-lnx＞G（1）=0，⇒sin（x-1）＞lnx$⇒sin（1-x）＜ln\frac{1}{x}$，（**）
∵对?k∈N^*有$\frac{k}{k+1}∈（0，1）$，
在（**）式中令$x=\frac{k}{k+1}$得$sin（1-\frac{k}{k+1}）=sin\frac{1}{k+1}＜ln\frac{k+1}{k}$，
∴$sin\frac{1}{2}+sin\frac{1}{3}+…+sin\frac{1}{n+1}＜ln2+ln\frac{3}{2}+…+ln\frac{n+1}{n}$=$ln（2•\frac{3}{2}•\frac{4}{3}…•\frac{n+1}{n}）=ln（n+1）$，
即$\sum_{k=1}^n{sin\frac{1}{k+1}}＜ln（n+1）$．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、利用函数的单调性证明不等式，考查了恒成立问题的等价转化方法，考查了分类讨论的思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．