Question

11．已知函数f（x）的导函数为f′（x），满足xf′（x）+2f（x）=$\frac{1}{x^2}$，且f（1）=1．
（Ⅰ）求出f（x）的解析式；并求出函数的最大值；
（Ⅱ）求证：当x≥1时，不等式f（x）＞$\frac{2sinx}{{x（{x+1}）}}$恒成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函数的表达式，利用导数研究其单调性极值与最值即可得出；
（Ⅱ）当x≥1时，不等式f（x）＞$\frac{2sinx}{{x（{x+1}）}}$，等价于$\frac{（x+1）（1+lnx）}{x}$＞2sinx，构造g（x）=$\frac{（x+1）（1+lnx）}{x}$（x≥1），证明g（x）在[1，+∞）上是单调递增，所以[g（x）]_min=g（1）=2，即可得出结论．

解答 解：（Ⅰ）由xf′（x）+2f（x）=$\frac{1}{{x}^{2}}$，
变形为（x²f（x））′=（lnx）′，
∴f（x）=$\frac{lnx+C}{{x}^{2}}$，
∵f（1）=1，∴C=1．
∴f（x）=$\frac{lnx+1}{{x}^{2}}$，（x＞0），
∴f′（x）=$\frac{-1-2lnx}{{x}^{3}}$，
令f′（x）＞0，解得：0＜x＜$\frac{1}{\sqrt{e}}$，
令f′（x）＜0，解得：x＞$\frac{1}{\sqrt{e}}$，
∴f（x）在（，$\frac{1}{\sqrt{e}}$）递增，在（$\frac{1}{\sqrt{e}}$，+∞）递减，
∴f（x）_最大值=f（$\frac{1}{\sqrt{e}}$）=$\frac{e}{2}$；
（Ⅱ）证明：当x≥1时，不等式f（x）＞$\frac{2sinx}{{x（{x+1}）}}$，
等价于 $\frac{（x+1）（1+lnx）}{x}$＞2sinx．
记g（x）=$\frac{（x+1）（1+lnx）}{x}$（x≥1）
所以g′（x）=$\frac{x-lnx}{{x}^{2}}$，
令h（x）=x-lnx，则h′（x）=1-$\frac{1}{x}$，
由x≥1得h′（x）≥0，所以h（x）在[1，+∞）上单调递增，
所以[h（x）]_min=h（1）=1＞0，
从而g′（x）＞0．
故g（x）在[1，+∞）上是单调递增，所以[g（x）]_min=g（1）=2，
因为当x≥1时，2sinx≤2，所以g（x）≥2sinx，
又因为当x=1时，2sinx=2sin1＜2，
所以当x≥1时，g（x）＞2sinx，即 $\frac{（x+1）（1+lnx）}{x}$＞2sinx，
所以当x≥1时，不等式f（x）＞$\frac{2sinx}{{x（{x+1}）}}$恒成立．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、构造法，考查了变形能力、推理能力与计算能力，属于难题．