Question

3．已知函數(shù)$f（x）=\frac{1+lnx}{x+1-a}$（a為常數(shù)），且曲線y=f（x） 在x=1處的切線與y軸垂直．
（1）求實數(shù)a的值；
（2）如果當x≥1時，不等式$f（x）≥\frac{m}{x+1}$恒成立，求實數(shù)m的最大值；
（3）求證：ln2018＞2017$-2（\frac{1}{2}+\frac{2}{3}+\frac{3}{4}+…+\frac{2017}{2018}）$．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=$\frac{\frac{1}{x}（x+1-a）-（1+lnx）}{（x+1-a）^{2}}$（x＞0），由題意可得：f′（1）=0，解得a．
（2）由（1）可得：f（x）=$\frac{1+lnx}{x}$．當x≥1時，不等式$f（x）≥\frac{m}{x+1}$化為：m≤（1+lnx）$（1+\frac{1}{x}）$，令g（x）=（1+lnx）$（1+\frac{1}{x}）$，利用導數(shù)研究其單調(diào)性即可得出．
（3）由（2）可得：lnx≥$\frac{2x}{x+1}$-1=1-$\frac{2}{1+x}$＞1-$\frac{2}{x}$．（x＞1）．令x=1+$\frac{1}{k}$，則ln（k+1）-lnk＞1-$\frac{2k}{k+1}$．分別令x=1，2，3，…，2018，利用累加求和即可得出．

解答 （1）解：f′（x）=$\frac{\frac{1}{x}（x+1-a）-（1+lnx）}{（x+1-a）^{2}}$（x＞0），由題意可得：f′（1）=$\frac{2-a-1}{（2-a）^{2}}$=0，解得a=1．
（2）解：由（1）可得：f（x）=$\frac{1+lnx}{x}$．當x≥1時，不等式$f（x）≥\frac{m}{x+1}$化為：m≤（1+lnx）$（1+\frac{1}{x}）$．
令g（x）=（1+lnx）$（1+\frac{1}{x}）$，g′（x）=$\frac{x-lnx}{{x}^{2}}$．
令h（x）=x-lnx（x≥1），h′（x）=1-$\frac{1}{x}$≥0，∴函數(shù)h（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增．
∴h（x）≥h（1）=1＞0，∴g′（x）＞0．
∴g（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增．
∴g（x）≥g（1）=2．
∴m≤2．
∴實數(shù)m的最大值為2．
（3）證明：由（2）可得：lnx≥$\frac{2x}{x+1}$-1=1-$\frac{2}{1+x}$＞1-$\frac{2}{x}$．（x＞1）．
令x=1+$\frac{1}{k}$，則ln（k+1）-lnk＞1-$\frac{2k}{k+1}$．
分別令x=1，2，3，…，2018，
可得：ln2-ln1＞1-$\frac{2}{1+1}$，
ln3-ln2＞1-$\frac{2×2}{2+1}$，
ln4-ln3＞1-$\frac{2×3}{3+1}$，
…，
ln2018-ln2017＞1-$\frac{2×2017}{2017+1}$，
累加求和可得：ln2018＞2017$-2（\frac{1}{2}+\frac{2}{3}+\frac{3}{4}+…+\frac{2017}{2018}）$．

點評 本題考查了考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值及其切線方程、等價轉(zhuǎn)化方法、證明不等式、累加求和方法、對數(shù)運算性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于難題題．