Question

7．已知函數f（x）=lnx，g（x）=x+$\frac{a}{x}$，a∈R．
（1）設F（x）=f（x）+g（x）-x，若F（x）在[1，e]上的最小值是$\frac{3}{2}$，求實數a的值；
（2）若x≥1時，f（x）≤g（x）恒成立，求實數a的取值范圍；
（3）當n≥2時且n∈N^*時，求證：$\frac{ln2}{3}$×$\frac{ln3}{4}$×$\frac{ln4}{5}$×…×$\frac{lnn}{n+1}$＜$\frac{1}{n}$．

Answer 1

分析 （1）求出F（x）的導數，計算
（2）x≥1時，lnx≤x+$\frac{a}{x}$恒成立，等價于a≥[xlnx-x²]_max，構造新的函數k（x）=xlnx-x²造．求出函數的最大值即可求出a的取值范圍．
（3）方法一：由（2）可知當a=-1時，x≥1時，lnx≤x-$\frac{1}{x}$恒成立所以n∈N^*，n≥2時，有lnn＜n-$\frac{1}{n}$⇒$\frac{lnn}{n+1}$＜$\frac{n-1}{n}$，進而可證．
方法二：利用數學歸納法證明．即可得證．

解答 解：（1）F（x）=f（x）+g（x）-x=lnx+$\frac{a}{x}$，其定義域為{x|x＞0}，
則F′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$，x＞0，
①若a≤1，則對x∈[1，e]，F′（x）≥0恒成立，故F（x）在[1，e]上單調遞增，
F（x）_min=F（11）=a≤1，與題意矛盾，舍去；
②若1＜a＜e，則F（x）在[1，a]上單調遞減，在[a，e]上單調遞增，
F（x）min=F（a）=1+lna=$\frac{3}{2}$，解得：a=$\sqrt{e}$，符合題意；
③若a≥e，則F（x）在[1，e]上單調遞減，F（x）_min=F（e）=1+$\frac{a}{e}$≥2，矛盾，舍去；
綜上：a=$\sqrt{e}$；                                      
（2）lnx≤x+$\frac{a}{x}$恒成立，
等價于a≥[xlnx-x²]_max，
k（x）=xlnx-x²，k′（x）=1+lnx-2x，
[k′（x）]′=$\frac{1}{x}$-2＜0
k′（x）在[1，+∞）上單調遞減，
k′（x）≤k′（1）=-1＜0，
k（x）在[1，+∞）上單調遞減，
所以k（x）的最大值為k（1）=-1，所以a≥-1；
（3）證法一：由（2）知當a=-1時，x≥1時，lnx≤x-$\frac{1}{x}$恒成立，
所以n∈N^*，n≥2時，有lnn＜n-$\frac{1}{n}$⇒$\frac{lnn}{n+1}$＜$\frac{n-1}{n}$，
所以 $\frac{ln2}{3}$＜$\frac{1}{2}$，$\frac{ln3}{4}$＜$\frac{2}{3}$，$\frac{lnn}{n+1}$＜$\frac{n-1}{n}$，
相乘得 $\frac{ln2}{3}$•$\frac{ln3}{4}$••$\frac{lnn}{n+1}$＜$\frac{1}{n}$；
方法二：數學歸納法
①當n=2時，顯然成立，
②假設n=k（n∈N^*，n≥2）成立，即 $\frac{ln2}{3}$•$\frac{ln3}{4}$••$\frac{lnk}{k+1}$＜$\frac{1}{k}$，
那么當n=k+1時，$\frac{ln2}{3}$•$\frac{ln3}{4}$••$\frac{lnk}{k+1}$•$\frac{ln（k+1）}{k+2}$＜$\frac{1}{k}$•$\frac{ln（k+1）}{k+2}$，
下面只需證$\frac{1}{k}$•$\frac{ln（k+1）}{k+2}$＜$\frac{1}{k+1}$，（k+1）ln（k+1）＜k（k+2）
設t=k+1≥3，所以設k（t）=tlnt-t²+1
由（2）知當a=-1時，x≥1時，lnx≤x-$\frac{1}{x}$恒成立，
即k（t）=tlnt-t²++1＜0在t=k+1≥3恒成立，
所以 $\frac{ln2}{3}$•$\frac{ln3}{4}$••$\frac{lnk}{k+1}$•$\frac{ln（k+1）}{k+2}$＜$\frac{1}{k+1}$，
綜合（1）（2）命題成立．

點評 此題主要考查函數單調性的判斷及函數的恒成立問題．