Question

15．已知函數(shù)f（x）=$\frac{lnx}{x}$，g（x）=xf（x）+$\frac{3}{8}{x}^{2}-2x+2$．
（Ⅰ）求函數(shù)y=g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若函數(shù)y=g（x）在區(qū)間[e^k，+∞]（k∈Z）上有零點，求k的最大值（e=2.718…）；
（Ⅲ）證明f（x）≤1-$\frac{1}{x}$在其定義域內(nèi)恒成立，并比較f（2²）+f（3²）+…+f（n²）與$\frac{（2n+1）（n-1）}{2（n+1）}$（n∈N^*且n≥2）的大�。�

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函數(shù)g（x）的導數(shù)，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）先求出g（x）在x∈（$\frac{2}{3}$，+∞）上沒有零點，再得到ke^k＜$\frac{2}{3}$且f（e^k）≤0即可；
（Ⅲ）通過lnx-x+1≤0在（0，+∞）上恒成立，結(jié)合f（n²）≤1-$\frac{1}{{n}^{2}}$，從而得到結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）由題意得g（x）的定義域為（0，+∞），
∵g′（x）=$\frac{（3x-2）（x-2）}{4x}$，
∴g（x）在（0，$\frac{2}{3}$），（2，+∞）遞增，在（$\frac{2}{3}$，2）遞減；
（Ⅱ）∵g（x）在x∈（$\frac{2}{3}$，+∞）上的最小值為g（2），
且g（2）=$\frac{3}{8}$×2²-4+2+ln2=ln2-$\frac{1}{2}$=$\frac{ln4-1}{2}$＞0，
故g（x）在x∈（$\frac{2}{3}$，+∞）上沒有零點，
從而，要使函數(shù)g（x）在[e^k，+∞），（k∈z）上有零點，
并考慮到g（x）在（0，$\frac{2}{3}$）上單調(diào)遞增，且在（$\frac{2}{3}$，2）上單調(diào)遞減，
故只需ke^k＜$\frac{2}{3}$且f（e^k）≤0即可，
而g（e^-1）=$\frac{3}{8}$e^-2-2e^-1+1＞0，g（e^-2）=$\frac{3}{8}$$\frac{1}{{e}^{4}}$-2$\frac{2}{{e}^{2}}$+2+lne^-2=$\frac{1}{{e}^{2}}$（$\frac{3}{8}$•$\frac{1}{{e}^{2}}$-2）＜0，
當k≤-2且k∈z時均有g(shù)（e^k）＜0，即函數(shù)g（x）在[e^k，e^-1]?[e^k，+∞）（k∈z）上有零點，
∴k的最大值為-2；
（Ⅲ）要證明f（x）≤1-$\frac{1}{x}$，即證$\frac{lnx}{x}$≤1-$\frac{1}{x}$（x＞0），
只需證lnx-x+1≤0在（0，+∞）上恒成立，
令h（x）=lnx-x+1（x＞0），由h′（x）=$\frac{1}{x}$-1=0得x=1，
則在x=1處h（x）有極大值（也是最大值），h（1）=0，
∴l(xiāng)nx-x+1≤0在（0，+∞）上恒成立，
因此f（n²）≤1-$\frac{1}{{n}^{2}}$，n∈N^*，于是有：
f（2²）+f（3²）+…+f（n²）
≤（1-$\frac{1}{{2}^{2}}$）+（1-$\frac{1}{{3}^{2}}$）+…+（1-$\frac{1}{{n}^{2}}$）
=（n-1）-（$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{3}^{2}}$+…+$\frac{1}{{n}^{2}}$）
＜（n-1）-[$\frac{1}{2×3}$+$\frac{1}{3×4}$+…+$\frac{1}{n（n+1）}$]
=（n-1）-（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{4}$…+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）
=（n-1）-（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+1}$）=$\frac{（2n+1）（n-1）}{2（n+1）}$，
∴f（2²）+f（3²）+…+f（n²）＜$\frac{（2n+1）（n-1）}{2（n+1）}$．

點評 本題考察了函數(shù)的單調(diào)性，考察導數(shù)的應用，不等式的證明問題，本題是一道難題．