Question

18．已知函数f（x）=$\frac{a+lnx}{x}$在x=1处取得极值．
（Ⅰ）求函数y=f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当x∈[1，+∞）时，f（x）≥$\frac{m}{1+x}$恒成立，求实数m的取值范围；
（Ⅲ）当n∈N^*，n≥2时，求证：nf（n）＜2+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n-1}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，求出a的值，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）问题转化为$m≤\frac{（1+x）（1+lnx）}{x}$，令$h（x）=\frac{（1+x）（1+lnx）}{x}$，根据函数的单调性求出h（x）的最小值，从而求出m的范围即可；
（Ⅲ）求出ln（n+1）-lnn＜$\frac{1}{n}$，结合nf（n）=1+lnn，证出结论即可．

解答 解：（Ⅰ）由题意得$f'（x）=\frac{1-a-lnx}{x^2}$，
所以f'（1）=1-a=0即a=1，∴$f'（x）=\frac{-lnx}{x^2}$，
令f'（x）＞0，可得0＜x＜1，令f'（x）＜0，可得x＞1，
所以f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．
（Ⅱ）由题意要使x∈[1，+∞）时，$f（x）≥\frac{m}{1+x}$恒成立，
即$m≤\frac{（1+x）（1+lnx）}{x}$，
记$h（x）=\frac{（1+x）（1+lnx）}{x}$，则m≤[h（x）]_min，
$h'（x）=\frac{x-lnx}{x^2}$，又令g（x）=x-lnx，
则$g'（x）=1-\frac{1}{x}$，又x≥1，所以$g'（x）=1-\frac{1}{x}≥0$，
所以g（x）在[1，+∞）上单调递增，
即g（x）≥g（1）=1＞0，
∴$h'（x）=\frac{x-lnx}{x^2}＞0$，
即h（x）在[1，+∞）上单调递增，
所以[h（x）]_min=h（1）=2，∴m≤2．
（Ⅲ）∵函数f（x）在区间（1，+∞）上单调递减，
而$1+\frac{1}{n}＞1$（n∈N^*，n≥2），
∴$f（1+\frac{1}{n}）＜f（1）=1$，
∴$1+ln（1+\frac{1}{n}）＜1+\frac{1}{n}$，
即$ln（n+1）-lnn＜\frac{1}{n}$，
∴$lnn=ln2-ln1+ln3-ln2+…+lnn-ln（n-1）＜1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n-1}$，
即$1+lnn＜2+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n-1}$，而nf（n）=1+lnn，
∴$nf（n）＜2+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n-1}$结论成立．

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不等式的证明，是一道综合题．