Question

14．已知函數(shù)f（x）=$\frac{lnax+1}{x}$ （a＞0）．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的最大值；
（Ⅱ）如果關(guān)于x的方程lnx+1=bx有兩解，寫出b的取值范圍（只需寫出結(jié)論）；
（Ⅲ）證明：當(dāng)k∈N^*且k≥2時(shí)，ln$\frac{k}{2}$＜$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{k}$＜lnk．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先確定函數(shù)f（x）=$\frac{lnax+1}{x}$ （a＞0）的定義域，再求導(dǎo)f′（x）=$\frac{-lnax}{{x}^{2}}$；從而由導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)性，從而求最值；
（Ⅱ）結(jié)合（Ⅰ）可知當(dāng)0＜b＜1時(shí)，方程lnx+1=bx有兩解；
（Ⅲ）由（Ⅰ）得$\frac{lnx+1}{x}$≤1，變形可得1-x≤ln$\frac{1}{x}$，（當(dāng)x=1時(shí)，等號成立）；從而證明當(dāng)k∈N且k≥2時(shí)，$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{k}$＜lnk；再變形可得lnx≤x-1，（當(dāng)x=1時(shí)，等號成立）；從而證明當(dāng)k∈N且k≥2時(shí)，ln$\frac{k}{2}$＜ln$\frac{k+1}{2}$＜$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{k}$；從而得證．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）=$\frac{lnax+1}{x}$ （a＞0）的定義域?yàn)閧x|x＞0}．
∵f（x）=$\frac{lnax+1}{x}$，
∴f′（x）=$\frac{-lnax}{{x}^{2}}$；
∵a＞0，且當(dāng)f′（x）=0時(shí)，x=$\frac{1}{a}$；
當(dāng)x∈（0，$\frac{1}{a}$）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上單調(diào)遞增；
當(dāng) x∈（$\frac{1}{a}$，+∞）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）在（$\frac{1}{a}$，+∞）上單調(diào)遞減．
所以當(dāng)x=$\frac{1}{a}$時(shí)，f（x）_max=f（$\frac{1}{a}$）=a．
（Ⅱ）結(jié)合（Ⅰ）知，當(dāng)0＜b＜1時(shí)，方程lnx+1=bx有兩解；
（Ⅲ）證明：由（Ⅰ）得$\frac{lnx+1}{x}$≤1，
即1-x≤ln$\frac{1}{x}$，（當(dāng)x=1時(shí)，等號成立）；
則1-$\frac{1}{2}$＜ln2，1-$\frac{2}{3}$＜ln$\frac{3}{2}$，…，1-$\frac{k-1}{k}$＜ln$\frac{k}{k-1}$，
則當(dāng)k∈N且k≥2時(shí)，
$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{k}$＜lnk；
由（Ⅰ）得 $\frac{lnx+1}{x}$≤1，
即lnx≤x-1，（當(dāng)x=1時(shí)，等號成立），
則ln$\frac{3}{2}$＜$\frac{3}{2}$-1，ln$\frac{4}{3}$＜$\frac{4}{3}$-1，…ln$\frac{k+1}{k}$＜$\frac{k+1}{k}$-1，
則當(dāng)k∈N且k≥2時(shí)，ln$\frac{k}{2}$＜ln$\frac{k+1}{2}$＜$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{k}$；
綜上所述，當(dāng)k∈N且k≥2時(shí)，
ln$\frac{k}{2}$＜$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{k}$＜lnk．

點(diǎn)評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及恒成立問題，同時(shí)考查了分類討論的應(yīng)用及函數(shù)在證明不等式中的應(yīng)用，屬于難題．