Question

已知函数f(x)=

1-a+lnx

x

，a∈R．
（1）求f（x）的极值；
（2）若关于x的不等式

lnx

x

≤e(

2

k+1

-2)在（0，+∞）上恒成立，求k的取值范围；
（3）证明：

ln22

22

+

ln32

32

+…+

lnn2

n2

＜

2n2-n-1

2(n+1)

(n∈N*，n≥2)．

Answer 1

分析：（1）先求函数的定义域，在函数定义域内连续可导，讨论满足f′（x）=0的点附近的导数的符号的变化情况，来确定极值点，求出极值．
（2）要使不等式

lnx

x

≤e(

2

k+1

-2)在（0，+∞）恒成立，只需求函数

lnx

x

在（0，+∞）的最大值，建立参数k的等量关系，解之即可．
（3）先由（1）知，lnx-x+1≤0，从而有lnn²≤n²-1，再进行求和，利用放缩法，然后用立项求和的方法进行求和即可得证．

解答：解：（1）f′(x)=

a-lnx

x2

，令f'（x）=0，得x=e^a，当x∈（0，e^a）时，f'（x）＞0
函数f（x）为增函数，当x∈（e^a，+∞）时，f'（x）＜0，函数f（x）为减函数，
故f（x）有极大值为f（e^a）=e^-a，（5分）
（2）由（1）知f(x)≤

1

ea

，令a=1，
则

lnx

x

≤

1

e

，
故只需

-2k

k+1

≥-1，所以得-1＜k≤1（10分）
（3）由（1）知f（x）≤e^-a，令a=0，则有lnx≤x-1，
∵n∈N，n≥2∴lnn²≤n²-1，
∴

lnn2

n2

≤

n2-1

n2

=1-

1

n2

，
故

ln22

22

+

ln32

32

++

lnn2

n2

≤(1-

1

22

)+(1-

1

32

)++(1-

1

n2

)
=(n-1)-(

1

22

+

1

32

++

1

n2

)＜(n-1)-(

1

2

-

1

3

+

1

3

-

1

4

++

1

n

-

1

n+1

)
=(n-1)-(

1

2

-

1

n+1

)=

2n2-n-1

2(n+1)

（14分）

点评：本题主要考查了利用导数研究函数的极值，以及恒成立与不等式的证明问题，属于难题．