Question

已知函數(shù)f（x）=lnx-ax-3（a≠0），
（Ⅰ）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）若對(duì)于任意的a∈[1，2]，若函數(shù)g(x)=x3+

x2

2

[m-2f′(x)]在區(qū)間（a，3）上有最值，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（Ⅲ）求證：ln(

1

22

+1)+ln(

1

32

+1)+ln(

1

42

+1)+…+ln(

1

n2

+1)＜1(n≥2，n∈N*)．

Answer 1

分析：（Ⅰ）先對(duì)函數(shù)f（x）進(jìn)行求導(dǎo)，然后令導(dǎo)函數(shù)大于0（或小于0）求出x的范圍，根據(jù)f′（x）＞0求得的區(qū)間是單調(diào)增區(qū)間，f′（x）＜0求得的區(qū)間是單調(diào)減區(qū)間，即可得到答案；
（Ⅱ）函數(shù)g（x）在區(qū)間（a，3）上有最值，說明函數(shù)g（x）在區(qū)間（a，3）上先增后減或先減后增，解不等式g′（a）•g′（3）＜0，g′(0)=-1＜0，故∴

g′(a)＜0 g′(3)＞0

，再解關(guān)于a的不等式恒成立，可得m的取值范圍；
（Ⅲ）令a=1得f（x）=lnx-x-3，再利用（I）中單調(diào)性的結(jié)論得出當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)f（x）＜f（1），即ln（x+1）＜x對(duì)一切x∈（0，+∞）成立，取自變量x=

1

n2

得ln(

1

n2

+1)＜

1

n2

，再分別取n=2，3，…，n，將n-1個(gè)不等式累加可得要證的不等式成立．

解答：解：（Ⅰ）由已知得f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），且f′(x)=

1

x

-a，
當(dāng)a＞0時(shí)，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，

1

a

），減區(qū)間為（

1

a

，+∞）；
當(dāng)a＜0時(shí)，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，+∞），無減區(qū)間；
（Ⅱ）g(x)=x3+

x2

2

[m-2f′(x)]=x3+(

m

2

+a)x2-x，
∴g'（x）=3x²+（m+2a）x-1，
∵g（x）在區(qū)間（a，3）上有最值，
∴g（x）在區(qū)間（a，3）上不總是單調(diào)函數(shù)，
又g′(0)=-1∴

g′(a)＜0 g′(3)＞0

由題意知：對(duì)任意a∈[1，2]，g'（a）=3a²+（m+2a）•a-1=5a²+ma-1＜0恒成立，
∴m＜

1-5a2

a

=

1

a

-5a，因?yàn)閍∈[1，2]，所以m＜-

19

2

，
對(duì)任意，a∈[1，2]，g'（3）=3m+26+6a＞0恒成立，∴m＞-

32

3

∴-

32

3

＜m＜-

19

2

（Ⅲ）令a=1此時(shí)f（x）=lnx-x-3，由（Ⅰ）知f（x）=lnx-x-3在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
∴當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)f（x）＜f（1），
∴l(xiāng)nx＜x-1對(duì)一切x∈（0，+∞）成立，
∴l(xiāng)n（x+1）＜x對(duì)一切x∈（0，+∞）成立，
∵n≥2，n∈N^*，則有ln(

1

n2

+1)＜

1

n2

，
∴ln(

1

22

+1)+ln(

1

32

+1)+…+ln(

1

n2

+1)＜

1

22

+

1

32

++

1

n2

＜

1

1×2

+

1

2×3

+…+

1

(n-1)n

=(1-

1

2

)+(

1

2

-

1

3

)+…+(

1

n-1

-

1

n

)=1-

1

n

＜1

點(diǎn)評(píng)：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、最值等問題，同時(shí)還考查了函數(shù)與不等式的綜合問題，屬于難題．