Question

5．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1+lnx}{x}$．
（Ⅰ）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）如果當(dāng)x≥1時(shí)，不等式f（x）≥$\frac{k}{x+1}$恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；
（Ⅲ）求證：$\sum_{k=1}^n{[lnk+ln（k+1）]}＞\frac{{{n^2}-n-1}}{n+1}（n∈{N^*}）$．（說明：$\sum_{i=1}^n{x_i}$=x₁+x₂+…+x_n）

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）構(gòu)造新函數(shù)g（x），通過求導(dǎo)得到g（x）的單調(diào)性，求出其最小值，進(jìn)而求出k的范圍；
（Ⅲ）根據(jù)lnx≥$\frac{x-1}{x+1}$=1-$\frac{2}{x+1}$＞1-$\frac{2}{x}$，讓x取值，累加即可．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）=$\frac{1+lnx}{x}$，x＞0則f′（x）=$\frac{-lnx}{{x}^{2}}$，
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′（x）＞0，當(dāng)x＞1時(shí)，f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減；
（Ⅱ）不等式f（x）≥$\frac{k}{x+1}$，即為：$\frac{（1+x）（1+lnx）}{x}$≥k，
記g（x）=$\frac{（x+1）（1+lnx）}{x}$，
∴g′（x）=$\frac{[（x+1）（1+lnx）]′x-（x+1）（1+lnx）}{{x}^{2}}$=$\frac{x-lnx}{{x}^{2}}$，
令h（x）=x-lnx，則h′（x）=1-$\frac{1}{x}$，
x≥1，h′（x）＞0，∴h（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴[h（x）]_min=h（1）=1＞0，
從而g′（x）＞0，
故g（x）在[1，+∞）上也單調(diào)遞增，所以[g（x）]_min=g（1）=2，
∴k≤2；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知：f（x）＞$\frac{2}{x+1}$恒成立，
即：lnx≥$\frac{x-1}{x+1}$=1-$\frac{2}{x+1}$＞1-$\frac{2}{x}$，
令x=n（n+1），則ln[n（n+1）]＞1-$\frac{2}{n（n+1）}$，
∴l(xiāng)n（1×2）＞1-$\frac{2}{1×2}$，ln（2×3）＞1-$\frac{2}{2×3}$，…，ln[n（n+1）]＞1-$\frac{2}{n（n+1）}$，
疊加得：$\sum_{i=1}^{n}$[lnk+ln（k+1）]＞n-2（1-$\frac{1}{n+1}$）＞n-2+$\frac{1}{n+1}$=$\frac{{n}^{2}-n-1}{n+1}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，函數(shù)恒成立問題，考查不等式的證明，本題計(jì)算量大，有一定的難度，是一道綜合題．