Question

14．已知函數(shù)f（x）=$\frac{a{x}^{2}+1}{x+c}$（a＞0，c∈R）為奇函數(shù)，當(dāng)x＞0時，f（x）的最小值為2．
（1）求函數(shù)的解析式
（2）若g（x）=f（x）-x，n∈N^*且n≥2，求證：$\frac{n-1}{2n}$≤g（2²）+g（3²）+g（4²）+…+g（n²）＜$\frac{n-1}{n}$．

Answer 1

分析 （1）先根據(jù)函數(shù)為奇函數(shù)即f（-x）=-f（x）求得c=0，進(jìn)而根據(jù)均值不等式求得函數(shù)f（x）的最小值的表達(dá)式，結(jié)果為2求得a，進(jìn)而求得函數(shù)f（x）的解析式；
（1）用分析法證明．分析得出只需證：$\frac{n-1}{2n}$≤$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{3}^{2}}$+$\frac{1}{{4}^{2}}$+…+$\frac{1}{{n}^{2}}$＜$\frac{n-1}{n}$，從而左右兩個方面進(jìn)行證明即可，最后綜合可得答案．

解答 解：（1）由函數(shù)f（x）=$\frac{a{x}^{2}+1}{x+c}$（a＞0，c∈R）為奇函數(shù)，
可得f（-x）=$\frac{a{x}^{2}+1}{-x+c}$=-f（x）=-$\frac{a{x}^{2}+1}{x+c}$，
∴-x+c=-x-c
∴c=0，
∴f（x）=$\frac{a{x}^{2}+1}{x}$，
再由x＞0時，f（x）=$\frac{a{x}^{2}+1}{x}$=ax+$\frac{1}{x}$≥2$\sqrt{a}$=2，得2a=1，
故f（x）=$\frac{{x}^{2}+1}{x}$（x≠0）…（4分）
證明：（2）g（x）=f（x）-x=$\frac{1}{x}$，
要證：$\frac{n-1}{2n}$≤g（2²）+g（3²）+g（4²）+…+g（n²）＜$\frac{n-1}{n}$．
需證：$\frac{n-1}{2n}$≤$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{3}^{2}}$+$\frac{1}{{4}^{2}}$+…+$\frac{1}{{n}^{2}}$＜$\frac{n-1}{n}$，
一方面：$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{3}^{2}}$+$\frac{1}{{4}^{2}}$+…+$\frac{1}{{n}^{2}}$＜$\frac{1}{1×2}$$+\frac{1}{2×3}$$+\frac{1}{3×4}$+…$+\frac{1}{（n-1）×n}$=1-$\frac{1}{2}$$+\frac{1}{2}$$-\frac{1}{3}$$+\frac{1}{3}$$-\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$=1-$\frac{1}{n}$=$\frac{n-1}{n}$…（10分）
另一方面：由$\frac{1}{{k}^{2}}≥\frac{1}{2k（k-1）}$ （k≥2）得：
$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{3}^{2}}$+$\frac{1}{{4}^{2}}$+…+$\frac{1}{{n}^{2}}$≥$\frac{1}{2×2×1}$$+\frac{1}{2×3×2}$$+\frac{1}{2×4×3}$+…$+\frac{1}{2×n×（n-1）}$=$\frac{1}{2}$[$\frac{1}{1×2}$$+\frac{1}{2×3}$$+\frac{1}{3×4}$+…$+\frac{1}{（n-1）×n}$]=$\frac{1}{2}$[1-$\frac{1}{2}$$+\frac{1}{2}$$-\frac{1}{3}$$+\frac{1}{3}$$-\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$]=$\frac{n-1}{2n}$．
即$\frac{n-1}{2n}$≤$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{3}^{2}}$+$\frac{1}{{4}^{2}}$+…+$\frac{1}{{n}^{2}}$＜$\frac{n-1}{n}$，
故$\frac{n-1}{2n}$≤g（2²）+g（3²）+g（4²）+…+g（n²）＜$\frac{n-1}{n}$…（12分）

點評 本題主要考查了函數(shù)的奇偶性的應(yīng)用，均值不等式的應(yīng)用，不等式的證明及函數(shù)的單調(diào)性．考查了學(xué)生綜合分析問題和解決問題的能力．