Question

20．已知函数f（x）=$\frac{1+alnx}{x}$（a∈R）．
（1）当a=1时，求函数f（x）的极值；
（2）讨论函数f（x）的单调性；
（3）证明：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时，f（x）=$\frac{1+lnx}{x}$（x＞0），f′（x）=$\frac{-lnx}{{x}^{2}}$，可知：x=1时，函数f（x）取得极大值，
（2）f′（x）=$\frac{\frac{a}{x}•x-（1+alnx）}{{x}^{2}}$=$\frac{-alnx+a-1}{{x}^{2}}$．（x＞0）．对a分类讨论，利用导数研究其单调性即可得出．
（3）下面证明：x＞1时，lnx＜x-1．令g（x）=lnx-x+1，g（1=0．由g′（x）=$\frac{1}{x}$-1＜0，可得函数g（x）在（1，+∞）上单调递减，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）．利用裂项求和与数列的单调性即可得出证明．

解答 （1）解：a=1时，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时，函数f（x）取得极大值，
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时，f′（x）=$\frac{-1}{x}$＜0，因此函数f（x）在（0，+∞）上单调递减．
a≠0时，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时，函数f（x）在$（0，{e}^{\frac{a-1}{a}}）$上单调递减；在$（{e}^{\frac{a-1}{a}}，+∞）$上单调递增．
0＜a时，函数f（x）在$（0，{e}^{\frac{a-1}{a}}）$上单调递增；在$（{e}^{\frac{a-1}{a}}，+∞）$上单调递减．
（3）证明：下面证明：x＞1时，lnx＜x-1．
令g（x）=lnx-x+1，g（1=0．
g′（x）=$\frac{1}{x}$-1＜0，∴函数g（x）在（1，+∞）上单调递减，
∴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^*）．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、分类讨论、方程与不等式的解法、裂项求和方法、放缩法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．