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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+…+xn

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.

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