Question

16．已知函數(shù)f（x）=lnx+x²-ax（a∈R）
（1）a=3時(shí)，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若f（x）≤2x²恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）求證；lnn＞$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{5}$+1$\frac{1}{7}$+…+$\frac{1}{2n-1}$（n∈N⁺）且n≥2．

Answer 1

分析 （1）把a(bǔ)=3代入函數(shù)解析式，求導(dǎo)后求得導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)，由導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)對(duì)定義域分段，求出各區(qū)間段內(nèi)導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)，從而求得原函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）把f（x）≤2x²化為：lnx-x²-ax≤0，得到a≥$\frac{lnx}{x}$-x，令g（x）=$\frac{lnx}{x}-x$，利用導(dǎo)數(shù)求其最大值可得實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）令t（x）=lnx-$\frac{x-1}{x+1}$，由導(dǎo)數(shù)可得t（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，得到x＞1時(shí)，lnx＞$\frac{x-1}{x+1}$，令x=1+$\frac{1}{n}$，可得ln（1+$\frac{1}{n}$）＞$\frac{1+\frac{1}{n}-1}{1+\frac{1}{n}+1}=\frac{1}{2n+1}$，累加可得ln（n+1）＞$\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+…+\frac{1}{2n+1}$，取n=n-1得答案．

解答 （1）解：a=3時(shí)，f（x）=lnx+x²-3x，（x＞0），
f′（x）=$\frac{1}{x}$+2x-3=$\frac{2{x}^{2}-3x+1}{x}$，
△=3²-8=1＞0，由f′（x）=0，解得x₁=$\frac{1}{2}$，x₂=1，
當(dāng)x∈（0，$\frac{1}{2}$）∪（1，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，當(dāng)x∈（$\frac{1}{2}，1$）時(shí)，f′（x）＜0，
則函數(shù)f（x）在（0，$\frac{1}{2}$），（1，+∞）上單調(diào)遞增，在（$\frac{1}{2}$，1）上單調(diào)遞減；
（2）解：f（x）≤2x²，化為：lnx-x²-ax≤0，
∴a≥$\frac{lnx}{x}$-x，令g（x）=$\frac{lnx}{x}-x$，
g′（x）=$\frac{1-lnx-{x}^{2}}{{x}^{2}}$，
令h（x）=1-lnx-x²，可知：函數(shù)h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減．
而h（1）=0=g′（1）．
∴x＞1時(shí)，g′（x）＜0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減；
0＜x＜1時(shí)，g′（x）＞0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增．
∴函數(shù)g（x）在x=1時(shí)取得極大值即最大值，g（1）=-1．
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是a≥-1；
（3）證明：令t（x）=lnx-$\frac{x-1}{x+1}$，
則t′（x）=$\frac{1}{x}-\frac{2}{（x+1）^{2}}=\frac{{x}^{2}+1}{x（x+1）^{2}}$＞0，
∴t（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
當(dāng)x＞1時(shí)，t（x）＞t（1），即lnx-$\frac{x-1}{x+1}$＞0，∴l(xiāng)nx＞$\frac{x-1}{x+1}$，
令x=1+$\frac{1}{n}$，則ln（1+$\frac{1}{n}$）＞$\frac{1+\frac{1}{n}-1}{1+\frac{1}{n}+1}=\frac{1}{2n+1}$，
故ln（1+1）＞$\frac{1}{3}$，ln（1+$\frac{1}{2}$）＞$\frac{1}{5}$，…，ln（1+$\frac{1}{n}$）＞$\frac{1}{2n+1}$．
累加得：ln（n+1）＞$\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+…+\frac{1}{2n+1}$，
取n=n-1，得lnn＞$\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+…+\frac{1}{2n-1}$（n≥2）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上的最值，訓(xùn)練了利用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)不等式，屬難題．