Question

5．已知函数f（x）=$\frac{xlnx}{x+a}$（a≠-1），曲线y=f（x）的点（1，f（1））处的切线与直线x-2y+3=0平行．
（1）若函数g（x）=f（x）•（x+1），求函数g（x）的单调区间；
（2）若?x∈[1，+∞），f（x）≤m（x-1）恒成立，求实数m的取值范围；
（3）求证：ln（2n+1）＜$\frac{4×1}{4×{1}^{2}-1}$+$\frac{4×2}{4×{2}^{2}-1}$+…+$\frac{4×n}{4×{n}^{2}-1}$（n∈N^*）

Answer 1

分析 （1）求得函数f（x）的导函数，利用曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线2x+y+1=0垂直，即可求a的值；
（2）先将原来的恒成立问题转化为lnx≤m（x-$\frac{1}{x}$）．设g（x）=lnx-m（x-$\frac{1}{x}$），即x＞1时，g（x）≤0恒成立，利用导数研究g（x）在（1，+∞）上单调性，求出函数g（x）的范围，即可求得实数m的取值范围；
（3）由（2）得：，?x∈（1，+∞），$lnx＜\frac{1}{2}（x-\frac{1}{x}）$恒成立，不妨令x=$\frac{2k+1}{2k-1}$（x∈N^*），代入$lnx＜\frac{1}{2}（x-\frac{1}{x}）$化简后，再代入累加即可得出结论．

解答 解：（1）由题意得，$f′（x）=\frac{（xlnx）′（x+a）-xlnx（x+a）′}{（x+a）^{2}}$=$\frac{x+alnx+a}{{（x+a）}^{2}}$，
∵在点（1，f（1））处的切线与直线x-2y+3=0平行．
∴$f′（1）=\frac{1}{2}$，则$\frac{1+a}{{（1+a）}^{2}}=\frac{1}{2}$，解得a=1，
∴f（x）=$\frac{xlnx}{x+1}$，则g（x）=f（x）•（x+1）=xlnx，x∈（0，+∞），
∴g′（x）=lnx+1，
令g′（x）=lnx+1=0得，x=$\frac{1}{e}$，
∴当0＜x＜$\frac{1}{e}$时，g′（x）＜0；当x＞$\frac{1}{e}$时，g′（x）＞0，
∴g（x）在（0，$\frac{1}{e}$）上递减，在（$\frac{1}{e}$，+∞）递增；
（2）由（1）得，f（x）=$\frac{xlnx}{x+1}$，
∴?x∈[1，+∞），f（x）≤m（x-1）恒成立，等价于?x∈[1，+∞），$\frac{xlnx}{x+1}$≤m（x-1）恒成立，
即为?x∈[1，+∞），lnx-m（x-$\frac{1}{x}$）≤0恒成立，
设g（x）=lnx-m（x-$\frac{1}{x}$），则$g′（x）=\frac{1}{x}-m-\frac{m}{{x}^{2}}$=$\frac{-m{x}^{2}+x-m}{{x}^{2}}$，
由g′（x）=0得，-mx²+x-m=0，且判别式△=1-4m²，
①若m≥$\frac{1}{2}$或m≤$-\frac{1}{2}$时，△=1-4m²≤0，
当m≤$-\frac{1}{2}$时，g′（x）≥0，则g（x）在[1，+∞）上递增，即有g（x）≥g（1）=0，矛盾；
当m$≥\frac{1}{2}$时，g′（x）≤0，则g（x）在[1，+∞）上递减，即有g（x）≤g（1）=0，成立；
②若$-\frac{1}{2}＜$m$＜\frac{1}{2}$时，△=1-4m²＞0，
方程-mx²+x-m=0的两个根是x₁=$\frac{1-\sqrt{1-4{m}^{2}}}{2m}$，x₂=$\frac{1+\sqrt{1-4{m}^{2}}}{2m}$，
当$-\frac{1}{2}＜m＜0$时，x₁＜0、x₂＜0，
则g′（x）＞0，则g（x）在[1，+∞）上递增，即有g（x）≥0，矛盾；
当0＜m＜$\frac{1}{2}$，x₁＜1、x₂＞1，
则当1＜x＜x₂时，g′（x）＞0，g（x）在（1，x₂）上递增，在（1，+∞）递减，
这与g（x）＞g（1）=0矛盾．
③当m=0时，$g′（x）=\frac{1}{x}＞0$，则g（x）在[1，+∞）上递增，即有g（x）≥g（1）=0，矛盾；
综上可得，实数m的取值范围是：[$\frac{1}{2}$，+∞）；
证明：（3）由（2）得，?x∈（1，+∞），lnx-$\frac{1}{2}$（x-$\frac{1}{x}$）＜0恒成立，即$lnx＜\frac{1}{2}（x-\frac{1}{x}）$，
不妨令x=$\frac{2k+1}{2k-1}$，x∈N^*，代入$lnx＜\frac{1}{2}（x-\frac{1}{x}）$，
则$ln\frac{2k+1}{2k-1}＜\frac{1}{2}（\frac{2k+1}{2k-1}-\frac{2k-1}{2k+1}）$=$\frac{4k}{4{k}^{2}-1}$，
∴ln（2k+1）-ln（2k-1）＜$\frac{4k}{4{k}^{2}-1}$，
∴ln3-ln1＜$\frac{4×1}{4×{1}^{2}-1}$，ln5-ln3＜$\frac{4×2}{4×{2}^{2}-1}$，…，ln（2n+1）-ln（2n-1）＜$\frac{4n}{4{n}^{2}-1}$，
以上式子累加可得，ln（2n+1）＜$\frac{4×1}{4×{1}^{2}-1}$+$\frac{4×2}{4×{2}^{2}-1}$+…+$\frac{4×n}{4×{n}^{2}-1}$（n∈N^*）．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性、最值，导数的几何意义以及图象问题，体现了分类讨论和转化的思想方法．考查了不等式的证明，考查了构造法和求导判断函数的单调性的应用，以及学生观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题的能力，综合性较强，计算量大，难度较大，对能力要求较高．