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6.已知函數(shù)f(x)=alnx-(a+1)x-1x
(1)當(dāng)a<-1時(shí),討論f(x)的單調(diào)性
(2)當(dāng)a=1時(shí),若g(x)=-x-1x-1,證明:當(dāng)x>1時(shí),g(x)的圖象恒在f(x)的圖象上方
(3)證明:ln222+ln332+…+lnnn22n2n14n+1(n∈N*,n≥2)

分析 (1)由已知得x>0,f′(x)=ax-(a+1)+1x2,根據(jù)a=-2,-1<a<-2,a>-2,利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)分類討論,能求討論f(x)的單調(diào)性.
(2)a=1時(shí),f(x)=lnx-2x-1x,g(x)=-x-1x-1,設(shè)F(x)=f(x)-g(x)=lnx-x+1,F(xiàn)′(x)=1x-1=1xx,利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)推導(dǎo)出f(x)<g(x)恒成立,由此能證明g(x)的圖象恒在f(x)圖象的上方
(3)由lnx-x+1≤0 (x>0),設(shè)K(x)=lnx-x+1,則K′(x)=1x-1=1xx.從而lnxx≤1-1x.令x=n2,得 lnn2n211n2,從而lnnn21211n2,由此能證明ln222+ln332+…+lnnn22n2n14n+1(n∈N*,n≥2)

解答 解:(1)∵函數(shù)f(x)=alnx-(a+1)x-1x,
∴x>0,f′(x)=ax-(a+1)+1x2=a+1x2+ax+1x2,
∵a<-1,由f′(x)>0,得[-(a+1)x-1](x-1)>0,
當(dāng)a=-2時(shí),由f′(x)>0,得x≠1,增區(qū)間為(-∞,1],[1,+∞),無減區(qū)間;
當(dāng)-1<a<-2時(shí),由f′(x)>0得,x>-1a+1或x<1,增區(qū)間為(0,1],[-1a+1,+∞),減區(qū)間為[1,-1a+1];
當(dāng)a>-2時(shí),由f′(x)>0得,x<-1a+1或x>1,增區(qū)間為(0,-1a+1],[1,+∞),減區(qū)間為[-1a+1,1].
證明:(2)a=1時(shí),f(x)=lnx-2x-1x,g(x)=-x-1x-1,
設(shè)F(x)=f(x)-g(x)=lnx-x+1,F(xiàn)′(x)=1x-1=1xx,
∵當(dāng)x∈(0,1)時(shí),F(xiàn)′(x)>0,當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),F(xiàn)′(x)<0
∴F(x)≤F(1)=0,即f(x)<g(x)恒成立,
∴g(x)的圖象恒在f(x)圖象的上方.
(3)由(2)知lnx-x+1≤0 (x>0),
設(shè)K(x)=lnx-x+1,則K′(x)=1x-1=1xx
當(dāng)x∈(0,1)時(shí),k′(x)>0,∴k(x)為單調(diào)遞增函數(shù);
當(dāng)x∈(1,∞)時(shí),k′(x)<0,∴k(x)為單調(diào)遞減函數(shù);
∴x=1為k(x)的極大值點(diǎn),∴k(x)≤k(1)=0. 即lnx-x+1≤0,∴l(xiāng)nx≤x-1.
由上知 lnx≤x-1,又x>0,∴lnxx≤1-1x
∵n∈N+,n≥2,令x=n2,得 lnn2n211n2,∴lnnn21211n2,
ln222+ln332+…+lnnn212(1-122+1132++11n2
=12[n-1-(122+132++1n2)]
12[n-1-(12×3+13×4++1nn+1)]
=12[n11213+1314++1n1n+1]
=12[n1121n+1]
=2n2n14n+1(n∈N*,n≥2)
ln222+ln332+…+lnnn22n2n14n+1(n∈N*,n≥2)

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的單調(diào)性的討論,考查g(x)的圖象恒在f(x)圖象的上方的證明,考查不等式的證明,是中檔題,解題時(shí)要認(rèn)真審題,注意導(dǎo)數(shù)性質(zhì)、構(gòu)造法的合理運(yùn)用.

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