Question

15．已知函数f（x）=$\frac{lnx}{x}$，g（x）=xf（x）+$\frac{3}{8}{x}^{2}-2x+2$．
（Ⅰ）求函数y=g（x）的单调区间；
（Ⅱ）若函数y=g（x）在区间[e^k，+∞]（k∈Z）上有零点，求k的最大值（e=2.718…）；
（Ⅲ）证明f（x）≤1-$\frac{1}{x}$在其定义域内恒成立，并比较f（2²）+f（3²）+…+f（n²）与$\frac{（2n+1）（n-1）}{2（n+1）}$（n∈N^*且n≥2）的大小．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函数g（x）的导数，从而求出函数的单调区间；
（Ⅱ）先求出g（x）在x∈（$\frac{2}{3}$，+∞）上没有零点，再得到ke^k＜$\frac{2}{3}$且f（e^k）≤0即可；
（Ⅲ）通过lnx-x+1≤0在（0，+∞）上恒成立，结合f（n²）≤1-$\frac{1}{{n}^{2}}$，从而得到结论．

解答 解：（Ⅰ）由题意得g（x）的定义域为（0，+∞），
∵g′（x）=$\frac{（3x-2）（x-2）}{4x}$，
∴g（x）在（0，$\frac{2}{3}$），（2，+∞）递增，在（$\frac{2}{3}$，2）递减；
（Ⅱ）∵g（x）在x∈（$\frac{2}{3}$，+∞）上的最小值为g（2），
且g（2）=$\frac{3}{8}$×2²-4+2+ln2=ln2-$\frac{1}{2}$=$\frac{ln4-1}{2}$＞0，
故g（x）在x∈（$\frac{2}{3}$，+∞）上没有零点，
从而，要使函数g（x）在[e^k，+∞），（k∈z）上有零点，
并考虑到g（x）在（0，$\frac{2}{3}$）上单调递增，且在（$\frac{2}{3}$，2）上单调递减，
故只需ke^k＜$\frac{2}{3}$且f（e^k）≤0即可，
而g（e^-1）=$\frac{3}{8}$e^-2-2e^-1+1＞0，g（e^-2）=$\frac{3}{8}$$\frac{1}{{e}^{4}}$-2$\frac{2}{{e}^{2}}$+2+lne^-2=$\frac{1}{{e}^{2}}$（$\frac{3}{8}$•$\frac{1}{{e}^{2}}$-2）＜0，
当k≤-2且k∈z时均有g（e^k）＜0，即函数g（x）在[e^k，e^-1]?[e^k，+∞）（k∈z）上有零点，
∴k的最大值为-2；
（Ⅲ）要证明f（x）≤1-$\frac{1}{x}$，即证$\frac{lnx}{x}$≤1-$\frac{1}{x}$（x＞0），
只需证lnx-x+1≤0在（0，+∞）上恒成立，
令h（x）=lnx-x+1（x＞0），由h′（x）=$\frac{1}{x}$-1=0得x=1，
则在x=1处h（x）有极大值（也是最大值），h（1）=0，
∴lnx-x+1≤0在（0，+∞）上恒成立，
因此f（n²）≤1-$\frac{1}{{n}^{2}}$，n∈N^*，于是有：
f（2²）+f（3²）+…+f（n²）
≤（1-$\frac{1}{{2}^{2}}$）+（1-$\frac{1}{{3}^{2}}$）+…+（1-$\frac{1}{{n}^{2}}$）
=（n-1）-（$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{3}^{2}}$+…+$\frac{1}{{n}^{2}}$）
＜（n-1）-[$\frac{1}{2×3}$+$\frac{1}{3×4}$+…+$\frac{1}{n（n+1）}$]
=（n-1）-（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{4}$…+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）
=（n-1）-（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+1}$）=$\frac{（2n+1）（n-1）}{2（n+1）}$，
∴f（2²）+f（3²）+…+f（n²）＜$\frac{（2n+1）（n-1）}{2（n+1）}$．

点评 本题考察了函数的单调性，考察导数的应用，不等式的证明问题，本题是一道难题．