Question

20．已知函數(shù)f（x）=xlnx，g（x）=$\frac{a-2x}{x}$，a≠0，其中f′（x）是f（x）的導(dǎo)函數(shù)．
（1）求函數(shù)h（x）=f′（x）+g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）求證：對任意n∈N^*，均有$\frac{{e}^{n}}{n!}≤{e}^{1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}}＜en$．（e為自然對數(shù)的底數(shù)，n!=1×2×3×…×n）

Answer 1

分析 （1）求得h（x）的導(dǎo)數(shù)，對a討論，當(dāng)a≤0時，當(dāng)a＞0時，由導(dǎo)數(shù)大于0，可得增區(qū)間；由導(dǎo)數(shù)小于0，可得減區(qū)間；
（2）要證對任意n∈N^*，均有$\frac{{e}^{n}}{n!}$≤${e}^{1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}}$≤en．即證ln$\frac{{e}^{n}}{n!}$≤1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$＜ln（en），構(gòu)造函數(shù)F（x）=lnx-$\frac{x-1}{x}$，求出導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，由累加法即可證得左邊；再由數(shù)學(xué)歸納法證得右邊．

解答 解：（1）函數(shù)h（x）=f′（x）+g（x）=1+lnx+$\frac{a}{x}$-2（x＞0），
h′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$，
當(dāng)a≤0時，h′（x）＞0，h（x）遞增；
當(dāng)a＞0時，h′（x）＞0，可得x＞a；h′（x）＜0，可得0＜x＜a．
綜上可得，a≤0時，h（x）的增區(qū)間為（0，+∞）；
a＞0時，h（x）的增區(qū)間為（a，+∞），減區(qū)間為（0，a）；
（2）證明：要證對任意n∈N^*，均有$\frac{{e}^{n}}{n!}$≤${e}^{1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}}$＜en．
即證ln$\frac{{e}^{n}}{n!}$≤1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$＜ln（en），
先證ln$\frac{{e}^{n}}{n!}$≤1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$．
由F（x）=lnx-$\frac{x-1}{x}$的導(dǎo)數(shù)F′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
當(dāng)x≥1時，F(xiàn)（x）遞增，F(xiàn)（x）≥F（1）=0，
即為$\frac{1}{x}$≥1-lnx=ln$\frac{e}{x}$，
令x=1，2，3，…，n，累加可得，
1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$≥lne+ln$\frac{e}{2}$+…+ln$\frac{e}{n}$=ln$\frac{{e}^{n}}{n!}$；
再證1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$＜ln（en），
運用數(shù)學(xué)歸納法證明．
當(dāng)n=1時，左邊=1，右邊=lne=1，成立；
假設(shè)n=k時，1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{k}$≤ln（ek），成立．
當(dāng)n=k+1時，1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{k}$+$\frac{1}{k+1}$≤ln（ek）+$\frac{1}{k+1}$，
要證1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{k}$+$\frac{1}{k+1}$≤lne（k+1），
只要證ln（ek）+$\frac{1}{k+1}$≤lne（k+1），
即證$\frac{1}{k+1}$≤ln$\frac{k+1}{k}$=ln（1+$\frac{1}{k}$），
可令x=$\frac{1}{k}$∈（0，1]，即證ln（1+x）≥$\frac{x}{x+1}$，
由G（x）=ln（1+x）-$\frac{x}{x+1}$的導(dǎo)數(shù)為$\frac{1}{1+x}$-$\frac{1}{（x+1）^{2}}$=$\frac{x}{（x+1）^{2}}$＞0，
則G（x）在（0，1]遞增，即有G（x）＞G（0）=0，
即有l(wèi)n（1+x）≥$\frac{x}{x+1}$成立，故$\frac{1}{k+1}$≤ln$\frac{k+1}{k}$=ln（1+$\frac{1}{k}$），
綜上可得1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$＜ln（en），
故原不等式成立．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求單調(diào)區(qū)間，考查不等式的證明，注意運用構(gòu)造函數(shù)判斷單調(diào)性，同時考查累加法和分類討論的思想方法，以及數(shù)學(xué)歸納法的運用，屬于難題．