20.已知函數(shù)f(x)=lnx-x+1,x∈(0,+∞),g(x)=x3-3a2x(a>0)
(1)求f(x)的最大值;
(2)若對(duì)?x1∈(0,+∞),總存在x2∈[1,2]使得f(x1)≤g(x2)成立,求a的取值范圍;
(3)利用(1)的結(jié)論,證明不等式($\frac{1}{n}$)n+($\frac{2}{n}$)n+…+($\frac{n}{n}$)n<$\frac{e}{e-1}$.

分析 (1)由導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,由單調(diào)性求出函數(shù)的最大值;
(2)由f(x1)≤g(x2)恒成立,等價(jià)于f(x1max≤g(x2max,通過討論a的范圍,確定g(x)的單調(diào)區(qū)間,求出g(x)的最大值,從而求出a的范圍;
(3)根據(jù)lnx≤x-1,(x>0),取x=$\frac{k}{n}$,可得ln$\frac{k}{n}$≤$\frac{k}{n}$-1=$\frac{k-n}{n}$,累加即可.

解答 解:(1)∵f(x)=lnx-x+1,x∈(0,+∞),
∴f′(x)=$\frac{1-x}{x}$,
∴當(dāng)0<x<1時(shí),f′(x)>0,
當(dāng)x>1時(shí),f′(x)<0,
∴f(x)≤f(1)=0,
∴f(x)的最大值為0;
(2)若對(duì)?x1∈(0,+∞),總存在x2∈[1,2]使得f(x1)≤g(x2)成立,
依題意地f(x1max≤g(x2max,其中x1∈(0,+∞),x2∈[1,2],
由(1)知f(x1max=f(1)=0
而g′(x)=3(x-a)(x+a),(a>0),
①0<a≤1時(shí),x∈[1,2],g′(x)≥0恒成立,
∴g(x)在[1,2]遞增,此時(shí)g(x)max=g(2)=8-6a2,
由題意得 $\left\{\begin{array}{l}{8-{6a}^{2}≥0}\\{0<a≤1}\end{array}\right.$,
∴0<a≤1;
②1<a<2時(shí),x∈(1,a),g′(x)<0,x∈(a,2),g′(x)>0,
∴g(x)在(1,a)遞減,在(a,2)遞增,
∴g(x)max=max{g(2),g(1)},
若g(1)>g(2),即1-3a2>8-6a2即a2>$\frac{7}{3}$,
此時(shí)1-3a2<0不合題意;
若g(1)≤g(2)即1-3a2≤8-6a2,即a2≤$\frac{7}{3}$,
∴1<a≤$\frac{\sqrt{21}}{3}$,
由題意得 $\left\{\begin{array}{l}{8-{6a}^{2}≥0}\\{1<a≤\frac{\sqrt{21}}{3}}\end{array}\right.$,
∴1<a≤$\frac{2\sqrt{3}}{3}$,
③a≥2時(shí),x∈[1,2],g′(x)≤0恒成立,
∴g(x)在[1,2]遞減,
∴g(x)max=g(1)=1-3a2<0不合題意,
綜上,a∈(0,$\frac{2\sqrt{3}}{3}$].
(3)證明:由(1)得:f(x)≤0,即lnx≤x-1,(x>0),
取x=$\frac{k}{n}$,∴l(xiāng)n$\frac{k}{n}$≤$\frac{k}{n}$-1=$\frac{k-n}{n}$,
∴nln$\frac{k}{n}$≤k-n,即${(\frac{k}{n})}^{n}$≤ek-n
∴$\frac{1}{n}$)n+($\frac{2}{n}$)n+…+($\frac{n}{n}$)n
≤e1-n+e2-n+…+en-n
=$\frac{{e}^{1-n}{-e}^{n-n}e}{1-e}$=$\frac{e{-e}^{1-n}}{e-1}$<$\frac{e}{e-1}$.

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值,運(yùn)用等價(jià)轉(zhuǎn)換思想求參數(shù),考查不等式的證明,是一道綜合題.

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