Question

19．已知函數(shù)f（x）=ax-$\frac{a}{x}$-lnx（a≠0）．
（1）若x=2是函數(shù)f（x）的極值點，求a的值；
（2）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（3）對任意的正整數(shù)n，證明：$\frac{3}{1×2}$+$\frac{5}{2×3}$+$\frac{7}{3×5}$+…+$\frac{2n+1}{n（n+1）}$＞ln（n+1）．

Answer 1

分析 （1）若x=2是函數(shù)f（x）的極值點，f′（2）=0，解得a=$\frac{2}{5}$，再驗證，即可求a的值；
（2）求導(dǎo)數(shù)，分類討論，利用導(dǎo)數(shù)的正負，討論函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（3）令x=1+$\frac{1}{n}$，則1+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{1+\frac{1}{n}}$-ln（1+$\frac{1}{n}$）＞0，化簡得$\frac{2n+1}{n（n+1）}$＞ln（n+1）-lnn，即可證明結(jié)論．

解答 解：x＞0，f′（x）=$\frac{a{x}^{2}-x+a}{{x}^{2}}$…（1分）
（1）因為x=2是函數(shù)f（x）的極值點，所以f′（2）=0，解得a=$\frac{2}{5}$，
當(dāng)a=$\frac{2}{5}$時，f（x）在（0，$\frac{1}{2}$）和（2，+∞）上單調(diào)遞增；在（$\frac{1}{2}$，2）單調(diào)遞減，
所以x=2是函數(shù)f（x）極小值點，即a=$\frac{2}{5}$符合條件…（4分）
（2）令g（x）=ax²-x+a（a≠0），對稱軸x=$\frac{1}{2a}$，判別式△=1-4a²．
i）當(dāng)a＜0時，g（x）在（0，+∞）上恒成立，故，f′（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，
即函數(shù)f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞減．
ii）當(dāng)a＞0且△＞0 時，0＜a＜$\frac{1}{2}$，
令g（x）=0得，x₁=$\frac{1-\sqrt{1-4{a}^{2}}}{2a}$，x₂=$\frac{1+\sqrt{1-4{a}^{2}}}{2a}$，
所以當(dāng)x∈（0，x₁）∪（x₂，+∞）時，g（x）＞0；
當(dāng)x∈（x₁，x₂）時g（x）＜0，所以當(dāng)x∈（0，x₁）和x∈（x₂，+∞）時，f′（x）＞0；
當(dāng)x∈（x₁，x₂）時f′（x）＜0，
故當(dāng)0＜a＜$\frac{1}{2}$時，函數(shù)f（x）在（0，x₁）和（x₂，+∞）單調(diào)遞增；在（，x₂）單調(diào)遞減；
iii）當(dāng)a＞0且△≤0時，即a≥$\frac{1}{2}$時，g（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，
所以f′（x）＞0，故a≥$\frac{1}{2}$時，函數(shù)f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增．（8分）
（Ⅲ）由（Ⅱ）知a=1時f（x）＞f（1）=0，對x∈（1，+∞）恒成立．
令x=1+$\frac{1}{n}$，則1+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{1+\frac{1}{n}}$-ln（1+$\frac{1}{n}$）＞0，化簡得$\frac{2n+1}{n（n+1）}$＞ln（n+1）-lnn，
∴$\frac{3}{1×2}$+$\frac{5}{2×3}$+$\frac{7}{3×5}$+…+$\frac{2n+1}{n（n+1）}$＞[ln（n+1）-lnn]+[lnn-ln（n-1）]+…+（ln2-ln1）=ln（n+1）．
即不等式成立…（13分）

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)知識的綜合運用，考查函數(shù)的極值、單調(diào)性，考查不等式的證明，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．