Question

10．已知函数f（x）=2lnx-x+$\frac{1}{x}$．
（Ⅰ）判断函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）证明：当x＞0时，ln（1+$\frac{1}{x}$）$＜\frac{1}{\sqrt{{x}^{2}+x}}$；
（Ⅲ）证明：$\frac{1}{\sqrt{1×2}}$+$\frac{1}{\sqrt{2×3}}$+$\frac{1}{\sqrt{3×4}}$+…+$\frac{1}{\sqrt{n（n+1）}}$$＞\frac{n}{n+1}$（n∈N^*）

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函数的导数，得到导函数小于0，从而求出函数的单调性；
（Ⅱ）将原不等式变形，令t=$\sqrt{1+\frac{1}{x}}$（t＞1），原不等式等价于2lnt＜t-$\frac{1}{t}$，令g（t）=2lnt-t+$\frac{1}{t}$，通过讨论g（t）的单调性，得到g（t）＜g（1）=0，从而证出结论；
（Ⅲ）根据$\frac{1}{\sqrt{n（n+1）}}$＞ln（1+$\frac{1}{n}$）=ln（n+1）-lnn，构造函数h（x）=ln（x+1）-$\frac{x}{x+1}$（x＞0），通过讨论h（x）的单调性，得到h（x）＞h（0）=0，从而证明结论．

解答 （Ⅰ）解：函数f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）=-$\frac{{（x-1）}^{2}}{{x}^{2}}$＜0，
∴f （x）在（0，+∞）上单调递减；
（Ⅱ） 解：∵$\frac{1}{\sqrt{{x}^{2}+x}}$=$\frac{\frac{1}{x}}{\sqrt{x+\frac{1}{x}}}$，
∴原不等式可化为：
ln（1+$\frac{1}{x}$）＜$\frac{\frac{1}{x}}{\sqrt{1+\frac{1}{x}}}$=$\frac{\frac{1}{x}+1-1}{\sqrt{1+\frac{1}{x}}}$=$\sqrt{1+\frac{1}{x}}$-$\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x}}}$，
令t=$\sqrt{1+\frac{1}{x}}$（t＞1），原不等式等价于lnt²＜t-$\frac{1}{t}$?2lnt＜t-$\frac{1}{t}$，
令g（t）=2lnt-t+$\frac{1}{t}$，（t＞1），
由（Ⅰ）知，函数g （t）在（1，+∞）上单调递减，
∴g（t）＜g（1）=0，
故2lnt＜t-$\frac{1}{t}$，故原不等式成立；
（Ⅲ）证：由（Ⅱ）知：
$\frac{1}{\sqrt{n（n+1）}}$＞ln（1+$\frac{1}{n}$）=ln（$\frac{n+1}{n}$）=ln（n+1）-lnn，
∴$\frac{1}{\sqrt{1×2}}$+$\frac{1}{\sqrt{2×3}}$+…+$\frac{1}{\sqrt{n（n+1）}}$＞（ln2-ln1）+（ln3-ln2）+…+（ln（n+1）-lnn）=ln（n+1），
令h（x）=ln（x+1）-$\frac{x}{x+1}$（x＞0），则h′（x）=$\frac{1}{x+1}$-$\frac{1}{{（x+1）}^{2}}$=$\frac{x}{{（x+1）}^{2}}$＞0，
∴h （x）在（0，+∞）是增函数，
故h （x）＞h （0）=0，
因此ln（x+1）-$\frac{x}{x+1}$＞0⇒ln（x+1）＞$\frac{x}{x+1}$，
∴$\frac{1}{\sqrt{1×2}}$+$\frac{1}{\sqrt{2×3}}$+$\frac{1}{\sqrt{3×4}}$+…+$\frac{1}{\sqrt{n（n+1）}}$$＞\frac{n}{n+1}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查函数恒成立问题，考查导数的应用，不等式的证明，是一道中档题．