Question

3．已知函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{a-1}{2}$x²-ax，a∈R；
（1）當a＜2時，討論f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）當f（x）在區(qū)間（2，+∞）上單調(diào)遞增時，比較e^a-1與a^e-1的大�。�
（3）證明：對n∈N^*，不等式$\frac{1}{ln2}$+$\frac{1}{ln3}$+…+$\frac{1}{ln2015}$＞$\frac{2014}{2015}$成立．

Answer 1

分析 （1）求函數(shù)的導數(shù)，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性和導數(shù)之間的關(guān)系進行求解即可．
（2）構(gòu)造函數(shù)，求函數(shù)的導數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性進行判斷即可．
（3）構(gòu)造函數(shù)f（x）=x²-x-lnx，求函數(shù)的導數(shù)，構(gòu)造不等式，利用放縮法進行證明即可．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{1}{x}$+（a-1）x-a=$\frac{[（a-1）x-1]（x-1）}{x}$，（x＞0），
①1＜a＜2即0＜a-1＜1時：$\frac{1}{a-1}$＞1，
令f′（x）＞0，解得：x＞$\frac{1}{a-1}$或x＜1，令f′（x）＜0，解得：1＜x＜$\frac{1}{a-1}$，
∴f（x）在（0，1），（$\frac{1}{a-1}$，+∞）遞增，在（1，$\frac{1}{a-1}$）遞減，
②a=1即a-1=0時：f′（x）=-$\frac{x-1}{x}$，
令f′（x）＞0，解得：x＜1，令f′（x）＜0，解得：x＞1，
∴f（x）在（0，1）遞增，在（1，+∞）遞減，
③a＜1即a-1＜0時：
令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：x＜1，
∴f（x）在（0，1）遞減，在（1，+∞）遞增；
（2）構(gòu)造函數(shù)h（x）=x-（e-1）lnx-1，則h′（x）=1-$\frac{e-1}{x}$，
由h′（x）=1-$\frac{e-1}{x}$=0，解得x=e-1，
當0＜x＜e-1時，h′（x）＜0，此時函數(shù)單調(diào)遞減，
當x＞e-1時，h′（x）＞0，此時函數(shù)單調(diào)遞增，
h（1）=h（e）=0，
根據(jù)題意，f（x）在區(qū)間（2，+∞）上單調(diào)遞增，
則f′（x）=$\frac{1}{x}$+（a-1）x-a=$\frac{（a-1）{x}^{2}-ax+1}{x}$=$\frac{[（a-1）x-1]（x-1）}{x}$＞0，
①當$1＜\frac{1}{a-1}＜2$時，即a＜1（舍去）或$\frac{3}{2}$＜a＜2，
②當$\frac{3}{2}$＜a＜e-1時，根據(jù)h（x）在0＜x＜e-1時單調(diào)遞減，得h（a）＜h（1）=0，
即h（a）=a-1-（e-1）lna＜0，
即a-1＜（e-1）lna，即e^a-1＜a^e-1，
③當e-1＜a＜2時，根據(jù)h（x）在x＞e-1時單調(diào)遞增，得h（a）＜h（e）=0，
即h（a）=a-1-（e-1）lna＜0，
即a-1＜（e-1）lna，即e^a-1＜a^e-1．
（3）構(gòu)造函數(shù)f（x）=x²-x-lnx，
當x＞1時，f′（x）=2x-1-$\frac{1}{x}$=$\frac{2{x}^{2}-x-1}{x}$=$\frac{2（x-\frac{1}{4}）^{2}-\frac{7}{8}}{x}$，
則當x＞1時，f′（x）＞f′（1）=2-1-1=0，
即此時lnx＜x²-x，
則當x＞1時，可以變換為 $\frac{1}{lnx}$＞$\frac{1}{{x}^{2}-x}$=$\frac{1}{x（x-1）}$，
即$\frac{1}{lnx}$＞$\frac{1}{{x}^{2}-x}$=$\frac{1}{x-1}$-$\frac{1}{x}$，
則$\frac{1}{ln2}$+$\frac{1}{ln3}$+…+$\frac{1}{ln2015}$＞1-$\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+…+$$\frac{1}{2014}$-$\frac{1}{2015}$=1-$\frac{1}{2015}$=$\frac{2014}{2015}$．

點評 本題主要考查函數(shù)單調(diào)性和導數(shù)之間的應(yīng)用，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性是解決本題的關(guān)鍵．利用構(gòu)造法是解決本題的難點．