Question

18．已知函数f（x）=$\frac{lnx+1}{x}$，g（x）=x²-（a+1）x
（1）①求函数f（x）的最大值；
②证明：$\frac{ln2}{2^2}+\frac{ln3}{3^2}+…+\frac{lnn}{n^2}＜\frac{{2{n^2}-n-1}}{{4（{n+1}）}}（{n∈{N_+}，n≥2}）$．
（2）当a≥0时，讨论函数h（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$+a-axf（x）与函数g（x）的图象的交点个数．

Answer 1

分析 （1）①求出导函数，根据导函数求出函数的极值，得出函数的最值；②对（1）变形可得$f（x）=\frac{lnx+1}{x}≤f{（x）_{max}}=f（1）=1⇒\frac{lnx}{x}≤1-\frac{1}{x}$，利用放缩法逐步得出结论；
（2）构造函数$F（x）=h（x）-g（x）=\frac{1}{2}{x^2}+a-axf（x）-g（x）=-\frac{1}{2}{x^2}+（a+1）x-alnx，x＞0$，对参数a进行分类讨论，根据导函数得出函数的单调性，通过探寻函数的正负得出函数的零点．

解答 【解析】（1）①$f'（x）=\frac{-lnx}{x^2}$，由f'（x）=0⇒x=1，列表如下：

x	（0，1）	1	（1，+∞）
f'（x）	+	0	-
f（x）	单调递增	极大值1	单调递减

因此增区间（0，1），减区间（1，+∞），极大值f（1）=1，无极小值．故函数f（x）的最大值为1
②由①可得$f（x）=\frac{lnx+1}{x}≤f{（x）_{max}}=f（1）=1⇒\frac{lnx}{x}≤1-\frac{1}{x}$，当且仅当x=1时取等号，
令x=n²（n∈N^*，n≥2），则$\frac{{ln{n^2}}}{n^2}＜1-\frac{1}{n^2}⇒\frac{lnn}{n^2}＜\frac{1}{2}（1-\frac{1}{n^2}）＜\frac{1}{2}（1-\frac{1}{n（n+1）}）=\frac{1}{2}（1-\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}）（n≥2）$$\frac{ln2}{2^2}+\frac{ln3}{3^2}+…+\frac{lnn}{n^2}＜\frac{1}{2}（1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}）+\frac{1}{2}（1-\frac{1}{3}+\frac{1}{4}）+…+\frac{1}{2}（1-\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}）=\frac{1}{2}（n-1+\frac{1}{n+1}-\frac{1}{2}）=\frac{{2{n^2}-n-1}}{4（n+1）}$
即$\frac{ln2}{2^2}+\frac{ln3}{3^2}+…+\frac{lnn}{n^2}＜\frac{{2{n^2}-n-1}}{{4（{n+1}）}}（{n∈{N_+}，n≥2}）$
（2）令$F（x）=h（x）-g（x）=\frac{1}{2}{x^2}+a-axf（x）-g（x）=-\frac{1}{2}{x^2}+（a+1）x-alnx，x＞0$，问题等价于求函数F（x）的零点个数．
①当a=0时，F（x）=-$\frac{1}{2}$x²+x，显然有一个零点x=2，F'（x）=-$\frac{（x-1）（x-a）}{x}$
②a=1，F'（x）≤0，F（x）递减，
∵F（1）=$\frac{3}{2}$＞0，F（4）=-ln4＜0，
∴F（x）在（1，4）有唯一零点存在；
③a＞1，当0＜x＜1和x＞a时，F'（x）＜，F（x）递减，1＜x＜a时，F（x）递增，
F（1）=a+$\frac{1}{2}$＞0，F（2a+2）=-aln（2a+2）＜0，
∴F（x）在（1，2a+2）上有唯一零点；
④当0＜a＜1时，0＜x＜a和x＞1时，F'（x）＜0，F（x）递减，当（a＜x＜1时，F（x）递增
∵F（1）=a+$\frac{1}{2}$＞0，F（a）=$\frac{a}{2}$（a+2-2lna）＞0，f（2a+2）=-aln（2a+2）＜0，
所以F（x）在（1，2a+2）内有唯一零点．
综上，F（x）有唯一零点，即函数f（x）与g（x）的图象有且仅有一个交点．

点评 本题考查了利用导函数判断函数的极值，通过极值求出函数的最值；构造函数，通过导函数判断函数的单调性，得出函数的单调性，通过探寻函数的正负得出函数的零点数．难点是对参数的分类讨论．