Question

4．已知函数f（x）=alnx+（-1）ⁿ$\frac{1}{{x}^{n}}$，其中n∈N^*，a为常数．
（Ⅰ）当n=2，且a＞0时，判断函数f（x）是否存在极值，若存在，求出极值点；若不存在，说明理由；
（Ⅱ）若a=1，对任意的正整数n，当x≥1时，求证：f（x+1）≤x．

Answer 1

分析 （Ⅰ）令n=2，求出f（x）的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极小值即可；
（Ⅱ）a=1时，求出f（x）的导数，通过讨论n是奇数，偶数结合函数的单调性证明结论即可．

解答 解：（Ⅰ）由已知得函数f（x）的定义域为{x|x＞0}，
当n=2时，f（x）=$\frac{1}{{x}^{2}}$+alnx，所以f′（x）=$\frac{{ax}^{2}-2}{{x}^{3}}$，
当a＞0时，由f′（x）=0，得x₁=$\sqrt{\frac{2}{a}}$＞0，x₂=-$\sqrt{\frac{2}{a}}$＜0，
此时f′（x）=$\frac{a（x{-x}_{1}）（x{-x}_{2}）}{{x}^{3}}$，
当x∈（0，x₁）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈（x₁，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当a＞0时，f（x）在x₁=$\sqrt{\frac{2}{a}}$处取得极小值，极小值点为$\sqrt{\frac{2}{a}}$．
（Ⅱ）证：因为a=1，所以f（x）=$\frac{{（-1）}^{n}}{{x}^{n}}$+lnx，
当n为偶数时，令g（x）=x-$\frac{1}{{（x+1）}^{n}}$-ln（x+1），
则g′（x）=$\frac{x}{x+1}$+$\frac{n}{{（x+1）}^{n+1}}$，
∵x≥1，∴g′（x）＞0，
所以当x∈[1，+∞）时，g（x）单调递增，g（x）的最小值为g（1）．
因此：g（x）=x-$\frac{1}{{（x+1）}^{n}}$-ln（1+x）=≥g（1）=1-$\frac{1}{{（1+1）}^{n}}$-ln（1+1）≥1-$\frac{1}{{2}^{2}}$-ln2＞0，
所以f（x+1）≤x成立．
当n为奇数时，
要证f（x+1）≤x，由于（-1）ⁿ$\frac{1}{{（1+x）}^{n}}$＜0，所以只需证ln（x+1）≤x，令h（x）=x-ln（x+1），
则h′（x）=1-$\frac{1}{x+1}$=$\frac{x}{x+1}$＞0，
当x∈[1，+∞）时，h（x）=x-ln（x+1）单调递增，又h（1）=1-ln2=ln$\frac{e}{2}$＞0，
所以当x≥1时，恒有h（x）＞0，命题ln（x+1）≤x成立，
综上所述，结论成立．

点评 本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，是一道综合题．