Question

7．已知函数f（x）=lnx，g（x）=x+$\frac{a}{x}$，a∈R．
（1）设F（x）=f（x）+g（x）-x，若F（x）在[1，e]上的最小值是$\frac{3}{2}$，求实数a的值；
（2）若x≥1时，f（x）≤g（x）恒成立，求实数a的取值范围；
（3）当n≥2时且n∈N^*时，求证：$\frac{ln2}{3}$×$\frac{ln3}{4}$×$\frac{ln4}{5}$×…×$\frac{lnn}{n+1}$＜$\frac{1}{n}$．

Answer 1

分析 （1）求出F（x）的导数，计算
（2）x≥1时，lnx≤x+$\frac{a}{x}$恒成立，等价于a≥[xlnx-x²]_max，构造新的函数k（x）=xlnx-x²造．求出函数的最大值即可求出a的取值范围．
（3）方法一：由（2）可知当a=-1时，x≥1时，lnx≤x-$\frac{1}{x}$恒成立所以n∈N^*，n≥2时，有lnn＜n-$\frac{1}{n}$⇒$\frac{lnn}{n+1}$＜$\frac{n-1}{n}$，进而可证．
方法二：利用数学归纳法证明．即可得证．

解答 解：（1）F（x）=f（x）+g（x）-x=lnx+$\frac{a}{x}$，其定义域为{x|x＞0}，
则F′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$，x＞0，
①若a≤1，则对x∈[1，e]，F′（x）≥0恒成立，故F（x）在[1，e]上单调递增，
F（x）_min=F（11）=a≤1，与题意矛盾，舍去；
②若1＜a＜e，则F（x）在[1，a]上单调递减，在[a，e]上单调递增，
F（x）min=F（a）=1+lna=$\frac{3}{2}$，解得：a=$\sqrt{e}$，符合题意；
③若a≥e，则F（x）在[1，e]上单调递减，F（x）_min=F（e）=1+$\frac{a}{e}$≥2，矛盾，舍去；
综上：a=$\sqrt{e}$；                                      
（2）lnx≤x+$\frac{a}{x}$恒成立，
等价于a≥[xlnx-x²]_max，
k（x）=xlnx-x²，k′（x）=1+lnx-2x，
[k′（x）]′=$\frac{1}{x}$-2＜0
k′（x）在[1，+∞）上单调递减，
k′（x）≤k′（1）=-1＜0，
k（x）在[1，+∞）上单调递减，
所以k（x）的最大值为k（1）=-1，所以a≥-1；
（3）证法一：由（2）知当a=-1时，x≥1时，lnx≤x-$\frac{1}{x}$恒成立，
所以n∈N^*，n≥2时，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：数学归纳法
①当n=2时，显然成立，
②假设n=k（n∈N^*，n≥2）成立，即 $\frac{ln2}{3}$•$\frac{ln3}{4}$••$\frac{lnk}{k+1}$＜$\frac{1}{k}$，
那么当n=k+1时，$\frac{ln2}{3}$•$\frac{ln3}{4}$••$\frac{lnk}{k+1}$•$\frac{ln（k+1）}{k+2}$＜$\frac{1}{k}$•$\frac{ln（k+1）}{k+2}$，
下面只需证$\frac{1}{k}$•$\frac{ln（k+1）}{k+2}$＜$\frac{1}{k+1}$，（k+1）ln（k+1）＜k（k+2）
设t=k+1≥3，所以设k（t）=tlnt-t²+1
由（2）知当a=-1时，x≥1时，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 $\frac{ln2}{3}$•$\frac{ln3}{4}$••$\frac{lnk}{k+1}$•$\frac{ln（k+1）}{k+2}$＜$\frac{1}{k+1}$，
综合（1）（2）命题成立．

点评 此题主要考查函数单调性的判断及函数的恒成立问题．