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设函数f(x)=alnx+x2+bx(a,b∈R,a≠0,且x=1为f(x)的极值点.
(1)当a=1时,求f(x)的单调递减区间;
(2)若f(x)=0恰有两解,试求实数a的取值范围;
(3)在(1)的条件下,设g(x)=f(x+1)-x2+x+2,证明:
n
k=1
1
g(k)
3n2+5n
(n+1)(n+2)
(n∈N*).
考点:导数在最大值、最小值问题中的应用,利用导数研究函数的极值
专题:综合题,导数的综合应用
分析:(1)求导数,利用x=1为f(x)的极值点,可得a+b+2=0,当a=1时,利用导数小于0,可求f(x)的单调递减区间;
(2)分类讨论,结合f(x)=0恰有两解,求实数a的取值范围;
(3)当a=1时,g(x)=ln(x+1),即证:
n
k=1
1
ln(k+1)
3n2+5n
(n+1)(n+2)
.先证明:当x≤2时,lnx<
1
4
(x2-1),可得
1
lnx
4
(x-1)(x+1)
=2(
1
x-1
-
1
x+1
).令x=k+1,得
1
ln(k+1)
>2(
1
k
-
1
k+2
),叠加,即可证明结论.
解答: 解:由已知求导得:f′(x)=
a
x
+2x+b,
∵x=1为f(x)的极值点,∴f′(1)=0,∴a+b+2=0.…2分
(1)当a=1时,b=-3,
进而f′(x)=
(2x-1)(x-1)
x

∵函数f(x)的定义域为(0,+∞),
∴f(x)的单调减区间为(
1
2
,1). …4分
(2)由a+b+2=0,得b=-a-2,则f(x)=alnx+x2-(a+2)x,(x>0),
f′(x)=
(2x-a)(x-1)
x
,(x>0),
(ⅰ)当a<0时,f(x)在(0,1)递减,在(1,+∞)递增,则f(x)的极小值为f(1),
∵lnx≤x-1,∴f(x)≥x2-2x-a,
则当x→+∞时,f(x)→+∞,
又∵当x→0+时,f(x)→+∞,∴要使f(x)=0恰有两解,须f(1)<0,即a>-1.
因此,当-1<a<0时,f(x)=0恰有两解.
(ⅱ)当0<a<2时,f(x)在(0,
a
2
)、(1,+∞)递增,在(
a
2
,1)递减,
则f(x)的极大值为f(
a
2
),f(x)的极小值为f(1).
∵f(
a
2
)=aln
a
2
+
a2
4
-(
a2
2
+a)≤a(
a
2
-1)+
a2
4
-(
a2
2
+a)=
a
4
(a-8),
∴当0<a<2时,f(
a
2
)<0,此时f(x)=0不可能恰有两解.
(ⅲ)当a>2时,f(x)在(0,1)、(
a
2
,+∞)递增,在(1,
a
2
)递减,
则f(x)的极大值为f(1),f(x)的极小值为f(
a
2
).
∵f(1)=-a-1<0,∴当a>2时,f(x)=0不可能恰有两解.
(ⅳ)当a=2时,f(x)在(0,+∞)单调递增,f(x)=0不可能恰有两解.
综合可得,若f(x)=0恰有两解,则实数a的取值范围是-1<a<0.…9分
(3)当a=1时,g(x)=ln(x+1),
即证:
n
k=1
1
ln(k+1)
3n2+5n
(n+1)(n+2)

由于
3n2+5n
(n+1)(n+2)
=2(1+
1
2
-
1
n+1
-
1
n+2
)=2
n
k=1
1
k
-
1
k+2
). 
所以原题转化为证明::
n
k=1
1
ln(k+1)
>2
n
k=1
1
k
-
1
k+2
),也就是证明
1
ln(k+1)
>2(
1
k
-
1
k+2
),设k+1=x,进一步转化为证明
1
lnx
>2(
1
x-1
-
1
x+1
)=
4
(x-1)(x+1)

即证明lnx<
1
4
(x2-1).
因此先证明:当x≥2时,lnx<
1
4
(x2-1).
设h(x)=lnx-
1
4
(x2-1),h′(x)=
2-x2
2x

当x≥2时,h′(x)<0,则h(x)在(2,+∞)递减,h(x)≤h(2),
∵e3>16,∴3>ln16=4ln2,即ln2<
3
4

∴h(2)=ln2-
3
4
<0,∴h(x)<0,即lnx<
1
4
(x2-1).
1
lnx
4
(x-1)(x+1)
=2(
1
x-1
-
1
x+1
).
令x=k+1,得
1
ln(k+1)
>2(
1
k
-
1
k+2
),
n
k=1
1
ln(k+1)
>2
n
k=1
1
k
-
1
k+2
)=2(1+
1
2
-
1
n+1
-
1
n+2
)=
3n2+5n
(n+1)(n+2)
. …14分
点评:本题考查导数在最大值、最小值问题中的应用,考查利用导数研究函数的极值,考查不等式的证明,考查学生分析解决问题的能力,属于难题.
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2
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2
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3
2
9
4
25
8
65
16
,…,
n•2n+1
2n
的前n项和为
 

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