Question

13．已知函数f（x）=ln（-$\frac{1}{x}$）+$\frac{x+a}{x}$（a∈R）
（1）讨论函数f（x）的单调性
（2）函数y=h（x）与函数y=f（x）的图象关于原点对称且h（1）=0，就函数y分别求下面两问：
（I）问是否存在过点（1，-1）的直线与函数y=h（x）的图象相切？若存在，有几条直线，若不存在，说明理由
（Ⅱ）求证：对下任意正整数n．均有1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$≥ln$\frac{{e}^{n}}{n!}$（e为自然对数）．

Answer 1

分析 （1）先对函数求导，分a＞0，a≤0讨论函数的定义域及单调区间．
（2）先求出h（x）的表达式，
（II）假设存在满足条件的直线与函数相切，根据导数的几何意义，求出切线方程，结合导数的知识推导．
由（2）知函数h（x）的定义域（0，+∞），在（0，1）是减函数，[1，+∞）是增函数，从而有h（x）≥h（1）⇒$\frac{1}{x}≥ln\frac{e}{x}$，分别把x=1，2，3…代入不等式相加可证．

解答 解：（1）由$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{x}＞0}\\{x≠0}\end{array}\right.$得x＜0，即函数的定义域为（-∞，0），
f（x）=ln（-$\frac{1}{x}$）+$\frac{x+a}{x}$=ln（-$\frac{1}{x}$）+1+$\frac{a}{x}$，
函数的导数f′（x）=$\frac{1}{-\frac{1}{x}}$•$\frac{1}{{x}^{2}}$$-\frac{a}{{x}^{2}}$=-$\frac{1}{x}$$-\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{-x-a}{{x}^{2}}$，
若a≤0，则f′（x）≥0，即函数单调递增，
若a＞0，由f′（x）＞0得-x-a＞0，得x＜-a，此时函数单调递增，
由f′（x）＜0得，-x-a＜0，得-a＜x＜0，此时函数单调递减．
（2）（I）∵y=h（x）与函数y=f（x）的图象关于原点对称，
∴-y=ln（$\frac{1}{x}$）+$\frac{-x+a}{-x}$=ln$\frac{1}{x}$+$\frac{x-a}{x}$=ln$\frac{1}{x}$+1-$\frac{a}{x}$，
则y=-ln$\frac{1}{x}$-1+$\frac{a}{x}$，（x＞0）
即h（x）=-ln$\frac{1}{x}$-1+$\frac{a}{x}$，（x＞0）．
∵h（1）=0，
∴h（1）=-ln1-1+a=a-1=0，
a=1，
即h（x）=-ln$\frac{1}{x}$-1+$\frac{1}{x}$=lnx+$\frac{1}{x}$-1，（x＞0）．
h′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
假设存在这样的切线，设其中一个切点$T（{x_0}，ln{x_0}-\frac{{{x_0}-1}}{x_0}）$，
切线方程：$y+1=\frac{{{x_0}-1}}{{{x_0}^2}}（x-1）$，将点T坐标代入得：$ln{x_0}-\frac{{{x_0}-1}}{x_0}+1=\frac{{{{（{x_0}-1）}^2}}}{{{x_0}^2}}$，
即$ln{x_0}+\frac{3}{x_0}-\frac{1}{{{x_0}^2}}-1=0$，①
设$g（x）=lnx+\frac{3}{x}-\frac{1}{x^2}-1$，则$g'（x）=\frac{（x-1）（x-2）}{x^3}$．
∵x＞0，
∴g（x）在区间（0，1），（2，+∞）上是增函数，在区间（1，2）上是减函数，
故g（x）_极大值=g（1）=1＞0，g（x）_极小值=g（2）=ln2+$\frac{1}{4}$＞0．
又$g（\frac{1}{4}）=ln\frac{1}{4}$+12-16-1=-ln4-3＜0，
注意到g（x）在其定义域上的单调性，知g（x）=0仅在$（\frac{1}{4}，1）$内有且仅有一根
所以方程①有且仅有一解，故符合条件的切线有且仅有一条．
（Ⅱ）取a=1，由（1）知$f（x）=lnx-\frac{x-1}{x}≥f（1）=0$，
故$\frac{1}{x}≥1-lnx=ln\frac{e}{x}$，
取x=1，2，3，
则$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}++\frac{1}{n}≥ln\frac{{e}^{n}}{n!}$．

点评 本题考查了导数的应用：利用导数研究函数单调区间及求最值问题，而对不等式的证明问题，主要是结合函数的单调性，对于存在性问题，通常是先假设存在，由假设出发进行推导，若推出矛盾，说明假设错误，即不存在，反之说明存在．