Question

14．已知函数f（x）=lnx-ax+1，x∈（0，+∞），a∈R）
（1）谈论函数f（x）在定义域内的极值点的个数
（2）设g（x）=mx-1（m＞0），在a=1时，求方程f（x）-g（x）=0的解的个数
（3）求证：（1+$\frac{3}{2×4}$）（1+$\frac{9}{4×10}$）（1+$\frac{27}{10×28}$）…[1+$\frac{{3}^{n}}{{{（3}^{n-1}+1）（3}^{n}+1）}$＜${e}^{\frac{3}{4}}$，（其中n∈N^*，e是自然对数的底）

Answer 1

分析 （1）求出导数，对a讨论，当a≤0时，当a＞0时，判断函数的单调性，即可得到极值点的个数；
（2）令h（x）=lnx+2-（m+1）x，h′（x）=$\frac{1}{x}$-（m+1），求得最大值，讨论最大值为0，小于0，大于0，即可得到零点的个数；
（3）首先证明ln（x+1）≤x在[0，+∞）上恒成立，利用裂项法，结合对数的运算法则，可证结论

解答 解：（1）函数f（x）=lnx-ax+1的导数为f′（x）=$\frac{1}{x}$-a，
当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，f（x）在（0，+∞）递增，无极值点；
当a＞0时，x＞$\frac{1}{a}$时，f′（x）＜0，f（x）递减，当0＜x＜$\frac{1}{a}$时，f′（x）＞0，f（x）递增．
f（x）在x=$\frac{1}{a}$处取得极大值，无极小值，则极值点为1个，
综上可得a＞0，f（x）有一个极值点；a≤0时，f（x）无极值点．
（2）方程f（x）-g（x）=0，即为lnx+2-（m+1）x=0，
令h（x）=lnx+2-（m+1）x，h′（x）=$\frac{1}{x}$-（m+1），
由m＞0，则可得x=$\frac{1}{m+1}$处导数左正右负，
h（x）取得极大值，也为最大值，且为1-ln（m+1），
若1-ln（1+m）＜0，即有m＞e-1，方程f（x）-g（x）=0的解的个数为0；
若1-ln（1+m）=0，即有m=e-1，方程f（x）-g（x）=0的解的个数为1；
若1-ln（1+m）＞0，即有0＜m＜e-1，方程f（x）-g（x）=0的解的个数为2．
（3）证明：令m（x）=ln（x+1）-x，x＞0，
m′（x）=$\frac{1}{1+x}$-1=$\frac{-x}{1+x}$，当x＞0时，m′（x）＜0，m（x）递减，
即有m（x）≤m（0）=0，
即ln（1+x）≤x．
令x=$\frac{{3}^{n}}{（{3}^{n-1}+1）（{3}^{n}+1）}$，则ln（1+$\frac{{3}^{n}}{（{3}^{n-1}+1）（{3}^{n}+1）}$）＜$\frac{{3}^{n}}{（{3}^{n-1}+1）（{3}^{n}+1）}$=$\frac{3}{2}$（$\frac{1}{{3}^{n-1}+1}$-$\frac{1}{{3}^{n}+1}$），
即有ln（1+$\frac{3}{2×4}$）+ln（1+$\frac{9}{4×10}$）+ln（1+$\frac{27}{10×28}$）+…+ln[1+$\frac{{3}^{n}}{{{（3}^{n-1}+1）（3}^{n}+1）}$
＜$\frac{3}{2}$（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{10}$+$\frac{1}{10}$-$\frac{1}{28}$+…+$\frac{1}{{3}^{n-1}+1}$-$\frac{1}{{3}^{n}+1}$）=$\frac{3}{2}$（-$\frac{1}{{3}^{n}+1}$）＜$\frac{3}{4}$．
则有（1+$\frac{3}{2×4}$）（1+$\frac{9}{4×10}$）（1+$\frac{27}{10×28}$）•…•[1+$\frac{{3}^{n}}{{{（3}^{n-1}+1）（3}^{n}+1）}$＜${e}^{\frac{3}{4}}$成立．

点评 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性和极值点个数及零点个数，考查不等式的证明，考查分类讨论的数学思想，属于难题．