Question

20．已知函數f（x）=$\frac{1+alnx}{x}$（a∈R）．
（1）當a=1時，求函數f（x）的極值；
（2）討論函數f（x）的單調性；
（3）證明：ln（$\frac{1}{{2}^{2}}$+1）+ln（$\frac{1}{{3}^{2}}$+1）+…+ln（$\frac{1}{{n}^{2}}$+1）＜1（n≥2，n∈N^*）

Answer 1

分析 （1）a=1時，f（x）=$\frac{1+lnx}{x}$（x＞0），f′（x）=$\frac{-lnx}{{x}^{2}}$，可知：x=1時，函數f（x）取得極大值，
（2）f′（x）=$\frac{\frac{a}{x}•x-（1+alnx）}{{x}^{2}}$=$\frac{-alnx+a-1}{{x}^{2}}$．（x＞0）．對a分類討論，利用導數研究其單調性即可得出．
（3）下面證明：x＞1時，lnx＜x-1．令g（x）=lnx-x+1，g（1=0．由g′（x）=$\frac{1}{x}$-1＜0，可得函數g（x）在（1，+∞）上單調遞減，可得lnx＜x-1．因此ln（$\frac{1}{{n}^{2}}$+1）＜$\frac{1}{{n}^{2}}$＜$\frac{1}{n（n-1）}$=$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$（n≥2）．利用裂項求和與數列的單調性即可得出證明．

解答 （1）解：a=1時，f（x）=$\frac{1+lnx}{x}$（x＞0），f′（x）=$\frac{\frac{1}{x}•x-（1+lnx）}{{x}^{2}}$=$\frac{-lnx}{{x}^{2}}$，可知：x=1時，函數f（x）取得極大值，
f（1）=1．
（2）解：f′（x）=$\frac{\frac{a}{x}•x-（1+alnx）}{{x}^{2}}$=$\frac{-alnx+a-1}{{x}^{2}}$．（x＞0）．
a=0時，f′（x）=$\frac{-1}{x}$＜0，因此函數f（x）在（0，+∞）上單調遞減．
a≠0時，f′（x）=$\frac{-a（lnx-\frac{a-1}{a}）}{{x}^{2}}$（x＞0）．令f′（x）=0，解得x=${e}^{\frac{a-1}{a}}$．
a＜0時，函數f（x）在$（0，{e}^{\frac{a-1}{a}}）$上單調遞減；在$（{e}^{\frac{a-1}{a}}，+∞）$上單調遞增．
0＜a時，函數f（x）在$（0，{e}^{\frac{a-1}{a}}）$上單調遞增；在$（{e}^{\frac{a-1}{a}}，+∞）$上單調遞減．
（3）證明：下面證明：x＞1時，lnx＜x-1．
令g（x）=lnx-x+1，g（1=0．
g′（x）=$\frac{1}{x}$-1＜0，∴函數g（x）在（1，+∞）上單調遞減，
∴g（x）＜g（1）=0．
∴lnx＜x-1．
∴ln（$\frac{1}{{n}^{2}}$+1）＜$\frac{1}{{n}^{2}}$＜$\frac{1}{n（n-1）}$=$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$（n≥2）．
∴ln（$\frac{1}{{2}^{2}}$+1）+ln（$\frac{1}{{3}^{2}}$+1）+…+ln（$\frac{1}{{n}^{2}}$+1）＜$（1-\frac{1}{2}）+（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）$+…+$（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}）$=1-$\frac{1}{n}$＜1（n≥2，n∈N^*）．

點評 本題考查了利用導數研究函數的單調性極值與最值、分類討論、方程與不等式的解法、裂項求和方法、放縮法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．