已知函数f(x)=xlnx−ax2−x+(1−a)x(a∈R).

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  • 解题思路:(Ⅰ)利用导数来讨论函数的单调性即可,具体的步骤是:

    (1)确定f(x)的定义域;

    (2)求导数fˊ(x);

    (3)在函数的定义域内解不等式fˊ(x)>0和fˊ(x)<0;

    (4)确定函数的单调区间.若在函数式中含字母系数,往往要分类讨论.

    (Ⅱ)由(Ⅰ)知,当a=

    1

    2]时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;则函数f(x)在(1,+∞)上单调递减;lnx-[1/2]x

    +

    1

    2x

    -1<-1,进行变形可得[1/xlnx

    2

    x

    2

    −1

    1

    x−1

    1

    x+1],令x=2,3,…,n.不所得的各式相加即可证明结论.

    (Ⅰ)因为 f(x)=lnx−ax+

    1−a

    x−1,

    所以 f′(x)=

    1

    x−a+

    a−1

    x2]=−

    ax2−x+1−a

    x2x∈(0,+∞),

    令g(x)=ax2-x+1-a,x∈(0,+∞),

    由f′(x)=0,

    即a×2-x+1=0,解得x1=1,x2=[a−1/a].

    ①当a=[1/2]时,x1=x2,g(x)≥0恒成立,

    此时f(x)≤0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;

    ②当[1/2]<a<1时,

    x∈(0,[a−1/a])时,g(x)>0,此时f′(x)<0,函数f(x)单调递减,

    x∈([a−1/a],1)时,g(x)<0,此时f′(x)>0,函数f(x)单调递增,

    x∈(1,+∞)时,g(x)>0,此时f(x)<0,函数f(x)单调递减;

    ③当a=1时,

    x∈(0,1)时,g(x)<0,此时f′(x)>0,函数f(x)单调递增;

    x∈(1,+∞)时,g(x)>0此时函数f′(x)<0,函数f(x)单调递减;

    ④当a>1时,x∈(0,1)时,g(x)<0,此时f′(x)>0,函数f(x)单调递增;

    x∈(1,+∞)时,g(x)>0此时函数f′(x)<0,函数f(x)单调递减;

    (Ⅱ)由(Ⅰ)知,当a=[1/2]时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;

    则函数f(x)在(1,+∞)上单调递减;

    ∴f(x)<f(1)=ln1-[1/2]+

    1

    2-1=-1,

    即lnx-[1/2]x+

    1

    2x-1<-1,

    即lnx<

    x2−1

    2x,即[1/xlnx>

    2

    x2−1=

    1

    x−1−

    1

    x+1],

    令x=2,3,…,n.得

    [1/2ln2> 1−

    1

    3],

    [1/3ln3>

    1

    2−

    1

    4],[1/4ln4>

    1

    3−

    1

    点评:

    本题考点: 利用导数研究函数的单调性;综合法与分析法(选修).

    考点点评: 此题是个难题.本题主要考查导数的概念、利用导数研究函数的单调性、利用函数的单调性证明不等式和利用导数研究函数性质的能力,考查分类讨论思想、数形结合思想和等价变换思想.

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