Question

13．已知函數(shù)f（x）=ln（-$\frac{1}{x}$）+$\frac{x+a}{x}$（a∈R）
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性
（2）函數(shù)y=h（x）與函數(shù)y=f（x）的圖象關(guān)于原點對稱且h（1）=0，就函數(shù)y分別求下面兩問：
（I）問是否存在過點（1，-1）的直線與函數(shù)y=h（x）的圖象相切？若存在，有幾條直線，若不存在，說明理由
（Ⅱ）求證：對下任意正整數(shù)n．均有1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$≥ln$\frac{{e}^{n}}{n!}$（e為自然對數(shù)）．

Answer 1

分析 （1）先對函數(shù)求導(dǎo)，分a＞0，a≤0討論函數(shù)的定義域及單調(diào)區(qū)間．
（2）先求出h（x）的表達式，
（II）假設(shè)存在滿足條件的直線與函數(shù)相切，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，求出切線方程，結(jié)合導(dǎo)數(shù)的知識推導(dǎo)．
由（2）知函數(shù)h（x）的定義域（0，+∞），在（0，1）是減函數(shù)，[1，+∞）是增函數(shù)，從而有h（x）≥h（1）⇒$\frac{1}{x}≥ln\frac{e}{x}$，分別把x=1，2，3…代入不等式相加可證．

解答 解：（1）由$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{x}＞0}\\{x≠0}\end{array}\right.$得x＜0，即函數(shù)的定義域為（-∞，0），
f（x）=ln（-$\frac{1}{x}$）+$\frac{x+a}{x}$=ln（-$\frac{1}{x}$）+1+$\frac{a}{x}$，
函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′（x）=$\frac{1}{-\frac{1}{x}}$•$\frac{1}{{x}^{2}}$$-\frac{a}{{x}^{2}}$=-$\frac{1}{x}$$-\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{-x-a}{{x}^{2}}$，
若a≤0，則f′（x）≥0，即函數(shù)單調(diào)遞增，
若a＞0，由f′（x）＞0得-x-a＞0，得x＜-a，此時函數(shù)單調(diào)遞增，
由f′（x）＜0得，-x-a＜0，得-a＜x＜0，此時函數(shù)單調(diào)遞減．
（2）（I）∵y=h（x）與函數(shù)y=f（x）的圖象關(guān)于原點對稱，
∴-y=ln（$\frac{1}{x}$）+$\frac{-x+a}{-x}$=ln$\frac{1}{x}$+$\frac{x-a}{x}$=ln$\frac{1}{x}$+1-$\frac{a}{x}$，
則y=-ln$\frac{1}{x}$-1+$\frac{a}{x}$，（x＞0）
即h（x）=-ln$\frac{1}{x}$-1+$\frac{a}{x}$，（x＞0）．
∵h（1）=0，
∴h（1）=-ln1-1+a=a-1=0，
a=1，
即h（x）=-ln$\frac{1}{x}$-1+$\frac{1}{x}$=lnx+$\frac{1}{x}$-1，（x＞0）．
h′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
假設(shè)存在這樣的切線，設(shè)其中一個切點$T（{x_0}，ln{x_0}-\frac{{{x_0}-1}}{x_0}）$，
切線方程：$y+1=\frac{{{x_0}-1}}{{{x_0}^2}}（x-1）$，將點T坐標(biāo)代入得：$ln{x_0}-\frac{{{x_0}-1}}{x_0}+1=\frac{{{{（{x_0}-1）}^2}}}{{{x_0}^2}}$，
即$ln{x_0}+\frac{3}{x_0}-\frac{1}{{{x_0}^2}}-1=0$，①
設(shè)$g（x）=lnx+\frac{3}{x}-\frac{1}{x^2}-1$，則$g'（x）=\frac{（x-1）（x-2）}{x^3}$．
∵x＞0，
∴g（x）在區(qū)間（0，1），（2，+∞）上是增函數(shù)，在區(qū)間（1，2）上是減函數(shù)，
故g（x）_極大值=g（1）=1＞0，g（x）_極小值=g（2）=ln2+$\frac{1}{4}$＞0．
又$g（\frac{1}{4}）=ln\frac{1}{4}$+12-16-1=-ln4-3＜0，
注意到g（x）在其定義域上的單調(diào)性，知g（x）=0僅在$（\frac{1}{4}，1）$內(nèi)有且僅有一根
所以方程①有且僅有一解，故符合條件的切線有且僅有一條．
（Ⅱ）取a=1，由（1）知$f（x）=lnx-\frac{x-1}{x}≥f（1）=0$，
故$\frac{1}{x}≥1-lnx=ln\frac{e}{x}$，
取x=1，2，3，
則$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}++\frac{1}{n}≥ln\frac{{e}^{n}}{n!}$．

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)區(qū)間及求最值問題，而對不等式的證明問題，主要是結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性，對于存在性問題，通常是先假設(shè)存在，由假設(shè)出發(fā)進行推導(dǎo)，若推出矛盾，說明假設(shè)錯誤，即不存在，反之說明存在．