Question

19．已知函数f（x）=ax-$\frac{a}{x}$-lnx（a≠0）．
（1）若x=2是函数f（x）的极值点，求a的值；
（2）讨论函数f（x）的单调区间；
（3）对任意的正整数n，证明：$\frac{3}{1×2}$+$\frac{5}{2×3}$+$\frac{7}{3×5}$+…+$\frac{2n+1}{n（n+1）}$＞ln（n+1）．

Answer 1

分析 （1）若x=2是函数f（x）的极值点，f′（2）=0，解得a=$\frac{2}{5}$，再验证，即可求a的值；
（2）求导数，分类讨论，利用导数的正负，讨论函数f（x）的单调区间；
（3）令x=1+$\frac{1}{n}$，则1+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{1+\frac{1}{n}}$-ln（1+$\frac{1}{n}$）＞0，化简得$\frac{2n+1}{n（n+1）}$＞ln（n+1）-lnn，即可证明结论．

解答 解：x＞0，f′（x）=$\frac{a{x}^{2}-x+a}{{x}^{2}}$…（1分）
（1）因为x=2是函数f（x）的极值点，所以f′（2）=0，解得a=$\frac{2}{5}$，
当a=$\frac{2}{5}$时，f（x）在（0，$\frac{1}{2}$）和（2，+∞）上单调递增；在（$\frac{1}{2}$，2）单调递减，
所以x=2是函数f（x）极小值点，即a=$\frac{2}{5}$符合条件…（4分）
（2）令g（x）=ax²-x+a（a≠0），对称轴x=$\frac{1}{2a}$，判别式△=1-4a²．
i）当a＜0时，g（x）在（0，+∞）上恒成立，故，f′（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，
即函数f（x）在（0，+∞）单调递减．
ii）当a＞0且△＞0 时，0＜a＜$\frac{1}{2}$，
令g（x）=0得，x₁=$\frac{1-\sqrt{1-4{a}^{2}}}{2a}$，x₂=$\frac{1+\sqrt{1-4{a}^{2}}}{2a}$，
所以当x∈（0，x₁）∪（x₂，+∞）时，g（x）＞0；
当x∈（x₁，x₂）时g（x）＜0，所以当x∈（0，x₁）和x∈（x₂，+∞）时，f′（x）＞0；
当x∈（x₁，x₂）时f′（x）＜0，
故当0＜a＜$\frac{1}{2}$时，函数f（x）在（0，x₁）和（x₂，+∞）单调递增；在（，x₂）单调递减；
iii）当a＞0且△≤0时，即a≥$\frac{1}{2}$时，g（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，
所以f′（x）＞0，故a≥$\frac{1}{2}$时，函数f（x）在（0，+∞）单调递增．（8分）
（Ⅲ）由（Ⅱ）知a=1时f（x）＞f（1）=0，对x∈（1，+∞）恒成立．
令x=1+$\frac{1}{n}$，则1+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{1+\frac{1}{n}}$-ln（1+$\frac{1}{n}$）＞0，化简得$\frac{2n+1}{n（n+1）}$＞ln（n+1）-lnn，
∴$\frac{3}{1×2}$+$\frac{5}{2×3}$+$\frac{7}{3×5}$+…+$\frac{2n+1}{n（n+1）}$＞[ln（n+1）-lnn]+[lnn-ln（n-1）]+…+（ln2-ln1）=ln（n+1）．
即不等式成立…（13分）

点评 本题考查导数知识的综合运用，考查函数的极值、单调性，考查不等式的证明，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．