题目内容

15.已知函数f(x)=$\frac{lnx}{x}$,g(x)=xf(x)+$\frac{3}{8}{x}^{2}-2x+2$.
(Ⅰ)求函数y=g(x)的单调区间;
(Ⅱ)若函数y=g(x)在区间[ek,+∞](k∈Z)上有零点,求k的最大值(e=2.718…);
(Ⅲ)证明f(x)≤1-$\frac{1}{x}$在其定义域内恒成立,并比较f(22)+f(32)+…+f(n2)与$\frac{(2n+1)(n-1)}{2(n+1)}$(n∈N*且n≥2)的大小.

分析 (Ⅰ)先求出函数g(x)的导数,从而求出函数的单调区间;
(Ⅱ)先求出g(x)在x∈($\frac{2}{3}$,+∞)上没有零点,再得到kek<$\frac{2}{3}$且f(ek)≤0即可;
(Ⅲ)通过lnx-x+1≤0在(0,+∞)上恒成立,结合f(n2)≤1-$\frac{1}{{n}^{2}}$,从而得到结论.

解答 解:(Ⅰ)由题意得g(x)的定义域为(0,+∞),
∵g′(x)=$\frac{(3x-2)(x-2)}{4x}$,
∴g(x)在(0,$\frac{2}{3}$),(2,+∞)递增,在($\frac{2}{3}$,2)递减;
(Ⅱ)∵g(x)在x∈($\frac{2}{3}$,+∞)上的最小值为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∈($\frac{2}{3}$,+∞)上没有零点,
从而,要使函数g(x)在[ek,+∞),(k∈z)上有零点,
并考虑到g(x)在(0,$\frac{2}{3}$)上单调递增,且在($\frac{2}{3}$,2)上单调递减,
故只需kek<$\frac{2}{3}$且f(ek)≤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}}$-2)<0,
当k≤-2且k∈z时均有g(ek)<0,即函数g(x)在[ek,e-1]?[ek,+∞)(k∈z)上有零点,
∴k的最大值为-2;
(Ⅲ)要证明f(x)≤1-$\frac{1}{x}$,即证$\frac{lnx}{x}$≤1-$\frac{1}{x}$(x>0),
只需证lnx-x+1≤0在(0,+∞)上恒成立,
令h(x)=lnx-x+1(x>0),由h′(x)=$\frac{1}{x}$-1=0得x=1,
则在x=1处h(x)有极大值(也是最大值),h(1)=0,
∴lnx-x+1≤0在(0,+∞)上恒成立,
因此f(n2)≤1-$\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)}$.

点评 本题考察了函数的单调性,考察导数的应用,不等式的证明问题,本题是一道难题.

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