Question

5．已知函数f（x）=$\frac{1+lnx}{x}$．
（Ⅰ）求函数的单调区间；
（Ⅱ）如果当x≥1时，不等式f（x）≥$\frac{k}{x+1}$恒成立，求实数k的取值范围；
（Ⅲ）求证：$\sum_{k=1}^n{[lnk+ln（k+1）]}＞\frac{{{n^2}-n-1}}{n+1}（n∈{N^*}）$．（说明：$\sum_{i=1}^n{x_i}$=x₁+x₂+…+x_n）

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函数f（x）的导数，解关于导函数的不等式，从而求出函数的单调区间；
（Ⅱ）构造新函数g（x），通过求导得到g（x）的单调性，求出其最小值，进而求出k的范围；
（Ⅲ）根据lnx≥$\frac{x-1}{x+1}$=1-$\frac{2}{x+1}$＞1-$\frac{2}{x}$，让x取值，累加即可．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）=$\frac{1+lnx}{x}$，x＞0则f′（x）=$\frac{-lnx}{{x}^{2}}$，
当0＜x＜1时，f′（x）＞0，当x＞1时，f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；
（Ⅱ）不等式f（x）≥$\frac{k}{x+1}$，即为：$\frac{（1+x）（1+lnx）}{x}$≥k，
记g（x）=$\frac{（x+1）（1+lnx）}{x}$，
∴g′（x）=$\frac{[（x+1）（1+lnx）]′x-（x+1）（1+lnx）}{{x}^{2}}$=$\frac{x-lnx}{{x}^{2}}$，
令h（x）=x-lnx，则h′（x）=1-$\frac{1}{x}$，
x≥1，h′（x）＞0，∴h（x）在[1，+∞）上单调递增，
∴[h（x）]_min=h（1）=1＞0，
从而g′（x）＞0，
故g（x）在[1，+∞）上也单调递增，所以[g（x）]_min=g（1）=2，
∴k≤2；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知：f（x）＞$\frac{2}{x+1}$恒成立，
即：lnx≥$\frac{x-1}{x+1}$=1-$\frac{2}{x+1}$＞1-$\frac{2}{x}$，
令x=n（n+1），则ln[n（n+1）]＞1-$\frac{2}{n（n+1）}$，
∴ln（1×2）＞1-$\frac{2}{1×2}$，ln（2×3）＞1-$\frac{2}{2×3}$，…，ln[n（n+1）]＞1-$\frac{2}{n（n+1）}$，
叠加得：$\sum_{i=1}^{n}$[lnk+ln（k+1）]＞n-2（1-$\frac{1}{n+1}$）＞n-2+$\frac{1}{n+1}$=$\frac{{n}^{2}-n-1}{n+1}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，函数恒成立问题，考查不等式的证明，本题计算量大，有一定的难度，是一道综合题．