Question

11．已知函数f（x）=$\frac{lnx}{x}$-1．
（I）求函数f（x）的单调区间；
（II）设m＞0，若函数g（x）=2xf（x）-x²+2x+m在$[{\frac{1}{e}，e}]$上有两个零点，求实数m的取值范围．
（III）证明：对?n∈N^*，不等式$ln{（\frac{1+n}{n}）^e}＜\frac{1+n}{n}$成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）求出函数的导数，根据函数的单调性求出g（x）在[$\frac{1}{e}$，e]的最值，结合函数的零点得到关于m的不等式组，解出即可；
（Ⅲ）问题转化为$lnx≤\frac{1}{e}x$，得到$ln\frac{1+n}{n}≤\frac{1}{e}•\frac{1+n}{n}$，从而证明结论即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），$f'（x）=\frac{1-lnx}{x^2}$，
由$f'（x）=\frac{1-lnx}{x^2}=0$，得x=e．
当0＜x＜e时，$f'（x）=\frac{1-lnx}{x^2}＞0$；当x＞e时，$f'（x）=\frac{1-lnx}{x^2}＜0$．
所以函数f（x）在（0，e]上单调递增，在[e，+∞）上单调递减…（3分）
（Ⅱ）g（x）=2ln x-x²+m，
则g′（x）=$\frac{2}{x}$-2x=$\frac{-2（x+1）（x-1）}{x}$．∵x∈[$\frac{1}{e}$，e]，∴当g′（x）=0时，x=1．…（4分）
当$\frac{1}{e}$＜x＜1时，g′（x）＞0；当1＜x＜e时，g′（x）＜0．
故g（x）在x=1处取得极大值g（1）=m-1．又g（$\frac{1}{e}$）=m-2-$\frac{1}{e2}$，g（e）=m+2-e²，
g（e）-g（$\frac{1}{e}$）=4-e²+$\frac{1}{e2}$＜0，则g（e）＜g（$\frac{1}{e}$），∴g（x）在[$\frac{1}{e}$，e]上的最小值是g（e）．…（6分）
g（x）在[$\frac{1}{e}$，e]上有两个零点的条件是$\left\{\begin{array}{l}{g（1）=m-1＞0}\\{g（\frac{1}{e}）=m-2-\frac{1}{{e}^{2}}≤0}\end{array}\right.$，
解得1＜m≤2+$\frac{1}{{e}^{2}}$，
∴实数m的取值范围是（1，2+$\frac{1}{{e}^{2}}$]．…（8分）
（Ⅲ）证明：由（Ⅰ）知，当x∈（0，+∞）时，$f{（x）_{max}}=f（e）=\frac{1}{e}-1$，
所以在（0，+∞）上，恒有$f（x）=\frac{lnx}{x}-1≤\frac{1}{e}-1$，即$\frac{lnx}{x}≤\frac{1}{e}$且当x=e时等号成立．
因此，对?x∈（0，+∞），恒有$lnx≤\frac{1}{e}x$．…（10分）
因为$\frac{1+n}{n}＞0$，$\frac{1+n}{n}≠e$，所以$ln\frac{1+n}{n}≤\frac{1}{e}•\frac{1+n}{n}$，即$eln\frac{1+n}{n}≤\frac{1+n}{n}$，
所以$ln{（\frac{1+n}{n}）^e}≤\frac{1+n}{n}$．
即对?n∈N^*，不等式$ln{（\frac{1+n}{n}）^e}＜\frac{1+n}{n}$成立．…（12分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．