Question

14．已知曲線 f（x）=（x+a）lnx（a∈R）在點（1，f（1））處的切線與直線x+y+1=0垂直．
（1）求a的值；
（2）若?x∈[1，+∞），f（x）≤m（x²-1）恒成立，求實數m的取值范圍；
（3）求證：lnn+$\frac{1}{2}+\frac{1}{2n}≤1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}，n∈{N_+}$．

Answer 1

分析 （1）求出導函數 f′（x）=lnx+$\frac{x+a}{x}$，利用切線與直線x+y+1=0垂直列出方程，即可求出a．
（2）設$g（x）=lnx-m（{x-\frac{1}{x}}）$，求出導數，通過①若m≤0，②$m≥\frac{1}{2}$時，$0＜m＜\frac{1}{2}$時，判斷函數的單調性求出最值，推出結果即可．
（3）利用$lnx≤\frac{1}{2}（{x-\frac{1}{x}}）$中，令$x=\frac{k}{k-1}$推出$ln\frac{k}{k-1}＜\frac{1}{2}（{\frac{k}{k-1}+\frac{1}{k}}）（{k≥2}）$，然后證明結果即可．

解答 解：（1）曲線 f（x）=（x+a）lnx（a∈R），可得 f′（x）=lnx+$\frac{x+a}{x}$，
曲線 f（x）=（x+a）lnx（a∈R）在點（1，f（1））處的切線與直線x+y+1=0垂直，
可得$\frac{1+a}{1}=1$
解得：a=0．
（2）$?x∈（{1，+∞}），lnx≤m（{x-\frac{1}{x}}）$恒成立，設$g（x）=lnx-m（{x-\frac{1}{x}}）$，即$?x∈（{1，+∞}），g（x）≤0，g'（x）=\frac{1}{x}-m（{1+\frac{1}{x^2}}）=\frac{{-m{x^2}+x-m}}{x^2}$．
①若m≤0，g'（x）＞0，g（x）≥g（1）=0，這與題設g（x）≤0矛盾．
②若m＞0方程-mx²+x-m=0的判別式△=1-4m²，
當△≤0，即$m≥\frac{1}{2}$時，g'（x）≤0，∴g（x）在（0，+∞）上單調遞減，g（x）≤g（1）=0，即不等式成立．
當$0＜m＜\frac{1}{2}$時，方程-mx²+x-m=0，其根${x_1}=\frac{{1-\sqrt{1-4{m^2}}}}{2m}＞0，{x_2}=\frac{{1+\sqrt{1-4{m^2}}}}{2m}＞1$，
當x∈（1，x₂）g'（x）＞0，g（x）單調遞增，g（x）＞g（1）=0，與題設矛盾．綜上所述，$m≥\frac{1}{2}$．
（3）當n=1時，1≤1，當n≥2時，在$lnx≤\frac{1}{2}（{x-\frac{1}{x}}）$中，令$x=\frac{k}{k-1}$得$ln\frac{k}{k-1}＜\frac{1}{2}（{\frac{k}{k-1}+\frac{1}{k}}）（{k≥2}）$，$ln\frac{k}{k-1}+\frac{1}{2k}-\frac{1}{{2（{k-1}）}}＜\frac{1}{k}（{k≥2}），1+\sum_{k=2}^n{[{ln\frac{k}{k-1}+\frac{1}{2k}-\frac{1}{{2（{k-1}）}}}]}＜1+\sum_{k=2}^n{\frac{1}{k}}$，
即$lnn+\frac{1}{2}+\frac{1}{2n}≤1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}，n∈{N^*}$．

點評 本題考查函數的導數的應用，函數的單調性以及函數的最值，考查轉化思想以及計算能力．