Question

5．已知函數(shù)f（x）=$\frac{xlnx}{x+a}$（a≠-1），曲線y=f（x）的點（1，f（1））處的切線與直線x-2y+3=0平行．
（1）若函數(shù)g（x）=f（x）•（x+1），求函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若?x∈[1，+∞），f（x）≤m（x-1）恒成立，求實數(shù)m的取值范圍；
（3）求證：ln（2n+1）＜$\frac{4×1}{4×{1}^{2}-1}$+$\frac{4×2}{4×{2}^{2}-1}$+…+$\frac{4×n}{4×{n}^{2}-1}$（n∈N^*）

Answer 1

分析 （1）求得函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)，利用曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線與直線2x+y+1=0垂直，即可求a的值；
（2）先將原來的恒成立問題轉(zhuǎn)化為lnx≤m（x-$\frac{1}{x}$）．設(shè)g（x）=lnx-m（x-$\frac{1}{x}$），即x＞1時，g（x）≤0恒成立，利用導(dǎo)數(shù)研究g（x）在（1，+∞）上單調(diào)性，求出函數(shù)g（x）的范圍，即可求得實數(shù)m的取值范圍；
（3）由（2）得：，?x∈（1，+∞），$lnx＜\frac{1}{2}（x-\frac{1}{x}）$恒成立，不妨令x=$\frac{2k+1}{2k-1}$（x∈N^*），代入$lnx＜\frac{1}{2}（x-\frac{1}{x}）$化簡后，再代入累加即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）由題意得，$f′（x）=\frac{（xlnx）′（x+a）-xlnx（x+a）′}{（x+a）^{2}}$=$\frac{x+alnx+a}{{（x+a）}^{2}}$，
∵在點（1，f（1））處的切線與直線x-2y+3=0平行．
∴$f′（1）=\frac{1}{2}$，則$\frac{1+a}{{（1+a）}^{2}}=\frac{1}{2}$，解得a=1，
∴f（x）=$\frac{xlnx}{x+1}$，則g（x）=f（x）•（x+1）=xlnx，x∈（0，+∞），
∴g′（x）=lnx+1，
令g′（x）=lnx+1=0得，x=$\frac{1}{e}$，
∴當(dāng)0＜x＜$\frac{1}{e}$時，g′（x）＜0；當(dāng)x＞$\frac{1}{e}$時，g′（x）＞0，
∴g（x）在（0，$\frac{1}{e}$）上遞減，在（$\frac{1}{e}$，+∞）遞增；
（2）由（1）得，f（x）=$\frac{xlnx}{x+1}$，
∴?x∈[1，+∞），f（x）≤m（x-1）恒成立，等價于?x∈[1，+∞），$\frac{xlnx}{x+1}$≤m（x-1）恒成立，
即為?x∈[1，+∞），lnx-m（x-$\frac{1}{x}$）≤0恒成立，
設(shè)g（x）=lnx-m（x-$\frac{1}{x}$），則$g′（x）=\frac{1}{x}-m-\frac{m}{{x}^{2}}$=$\frac{-m{x}^{2}+x-m}{{x}^{2}}$，
由g′（x）=0得，-mx²+x-m=0，且判別式△=1-4m²，
①若m≥$\frac{1}{2}$或m≤$-\frac{1}{2}$時，△=1-4m²≤0，
當(dāng)m≤$-\frac{1}{2}$時，g′（x）≥0，則g（x）在[1，+∞）上遞增，即有g(shù)（x）≥g（1）=0，矛盾；
當(dāng)m$≥\frac{1}{2}$時，g′（x）≤0，則g（x）在[1，+∞）上遞減，即有g(shù)（x）≤g（1）=0，成立；
②若$-\frac{1}{2}＜$m$＜\frac{1}{2}$時，△=1-4m²＞0，
方程-mx²+x-m=0的兩個根是x₁=$\frac{1-\sqrt{1-4{m}^{2}}}{2m}$，x₂=$\frac{1+\sqrt{1-4{m}^{2}}}{2m}$，
當(dāng)$-\frac{1}{2}＜m＜0$時，x₁＜0、x₂＜0，
則g′（x）＞0，則g（x）在[1，+∞）上遞增，即有g(shù)（x）≥0，矛盾；
當(dāng)0＜m＜$\frac{1}{2}$，x₁＜1、x₂＞1，
則當(dāng)1＜x＜x₂時，g′（x）＞0，g（x）在（1，x₂）上遞增，在（1，+∞）遞減，
這與g（x）＞g（1）=0矛盾．
③當(dāng)m=0時，$g′（x）=\frac{1}{x}＞0$，則g（x）在[1，+∞）上遞增，即有g(shù)（x）≥g（1）=0，矛盾；
綜上可得，實數(shù)m的取值范圍是：[$\frac{1}{2}$，+∞）；
證明：（3）由（2）得，?x∈（1，+∞），lnx-$\frac{1}{2}$（x-$\frac{1}{x}$）＜0恒成立，即$lnx＜\frac{1}{2}（x-\frac{1}{x}）$，
不妨令x=$\frac{2k+1}{2k-1}$，x∈N^*，代入$lnx＜\frac{1}{2}（x-\frac{1}{x}）$，
則$ln\frac{2k+1}{2k-1}＜\frac{1}{2}（\frac{2k+1}{2k-1}-\frac{2k-1}{2k+1}）$=$\frac{4k}{4{k}^{2}-1}$，
∴l(xiāng)n（2k+1）-ln（2k-1）＜$\frac{4k}{4{k}^{2}-1}$，
∴l(xiāng)n3-ln1＜$\frac{4×1}{4×{1}^{2}-1}$，ln5-ln3＜$\frac{4×2}{4×{2}^{2}-1}$，…，ln（2n+1）-ln（2n-1）＜$\frac{4n}{4{n}^{2}-1}$，
以上式子累加可得，ln（2n+1）＜$\frac{4×1}{4×{1}^{2}-1}$+$\frac{4×2}{4×{2}^{2}-1}$+…+$\frac{4×n}{4×{n}^{2}-1}$（n∈N^*）．

點評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值，導(dǎo)數(shù)的幾何意義以及圖象問題，體現(xiàn)了分類討論和轉(zhuǎn)化的思想方法．考查了不等式的證明，考查了構(gòu)造法和求導(dǎo)判斷函數(shù)的單調(diào)性的應(yīng)用，以及學(xué)生觀察、推理以及創(chuàng)造性地分析問題、解決問題的能力，綜合性較強，計算量大，難度較大，對能力要求較高．