Question

10．已知函数f（x）=alnx-ax（a≠0）．
（I）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）若f（x）+（a+1）x+1-e≤0对任意x∈[e，e²]恒成立，求实数a的取值范围（e为自然常数）；
（Ⅲ）求证lnn!≤$\frac{（n+2）（n-1）}{2}$（n≥2，n∈N^*）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）令F（x）=f（x）+（a+1）x+1-e，求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，从而求出函数F（x）的最大值，进而确定a的范围即可；
（Ⅲ）令a=1则f（x）=lnx-x，根据函数的单调性得到lnx＜x，对x取值，累加即可．

解答 解：（Ⅰ）${f^'}（x）=\frac{a}{x}-a=a（\frac{1}{x}-1）=a\frac{（1-x）}{x}$
当a＞0时，f（x）的单调增区间为（0，1]，单调减区间为[1，+∞）；
当a＜0时，f（x）的单调增区间为[1，+∞），单调减区间为（0，1]；
（Ⅱ）令F（x）=f（x）+（a+1）x+1-e=alnx+x+1-e
F′（x）=$\frac{x+a}{x}$=0，若-a≤e，a≥-e，F（x） 在[e，e²]是增函数，
$F{（x）_{max}}=F（{e^2}）=2a+{e^2}-e+1≤0，a≤\frac{{e-1-{e^2}}}{2}$无解．
若e＜-a≤e²，-e²≤a＜-e，F（x）在[e，-a]是减函数；x∈[-a，e²]是增函数，
F（e）=a+1≤0，a≤-1，.$F（{e^2}）=2a+{e^2}-e+1≤0，a≤\frac{{e-1-{e^2}}}{2}$
∴-e²≤a≤$\frac{e-1{-e}^{2}}{2}$，若-a＞e²，a＜-e²，F（x）x∈[e，e²]是减函数，
F（x）_max=F（e）=a+1≤0，a≤-1，∴a＜-e²，
综上所述a≤$\frac{e-1{-e}^{2}}{2}$ （或用参数分离法）
（Ⅲ）令a=1则f（x）=lnx-x
由（1）知f（x）在[1，+∞）上单调递减，又因为
f（1）＜0，所以有lnx＜x，
即ln2＜2，ln3＜3…lnn＜n，
∴$lnn!≤\frac{（n+2）（n-1）}{2}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，是一道中档题．