Question

18．已知函數f（x）=$\frac{lnx+1}{x}$，g（x）=x²-（a+1）x
（1）①求函數f（x）的最大值；
②證明：$\frac{ln2}{2^2}+\frac{ln3}{3^2}+…+\frac{lnn}{n^2}＜\frac{{2{n^2}-n-1}}{{4（{n+1}）}}（{n∈{N_+}，n≥2}）$．
（2）當a≥0時，討論函數h（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$+a-axf（x）與函數g（x）的圖象的交點個數．

Answer 1

分析 （1）①求出導函數，根據導函數求出函數的極值，得出函數的最值；②對（1）變形可得$f（x）=\frac{lnx+1}{x}≤f{（x）_{max}}=f（1）=1⇒\frac{lnx}{x}≤1-\frac{1}{x}$，利用放縮法逐步得出結論；
（2）構造函數$F（x）=h（x）-g（x）=\frac{1}{2}{x^2}+a-axf（x）-g（x）=-\frac{1}{2}{x^2}+（a+1）x-alnx，x＞0$，對參數a進行分類討論，根據導函數得出函數的單調性，通過探尋函數的正負得出函數的零點．

解答 【解析】（1）①$f'（x）=\frac{-lnx}{x^2}$，由f'（x）=0⇒x=1，列表如下：

x	（0，1）	1	（1，+∞）
f'（x）	+	0	-
f（x）	單調遞增	極大值1	單調遞減

因此增區(qū)間（0，1），減區(qū)間（1，+∞），極大值f（1）=1，無極小值．故函數f（x）的最大值為1
②由①可得$f（x）=\frac{lnx+1}{x}≤f{（x）_{max}}=f（1）=1⇒\frac{lnx}{x}≤1-\frac{1}{x}$，當且僅當x=1時取等號，
令x=n²（n∈N^*，n≥2），則$\frac{{ln{n^2}}}{n^2}＜1-\frac{1}{n^2}⇒\frac{lnn}{n^2}＜\frac{1}{2}（1-\frac{1}{n^2}）＜\frac{1}{2}（1-\frac{1}{n（n+1）}）=\frac{1}{2}（1-\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}）（n≥2）$$\frac{ln2}{2^2}+\frac{ln3}{3^2}+…+\frac{lnn}{n^2}＜\frac{1}{2}（1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}）+\frac{1}{2}（1-\frac{1}{3}+\frac{1}{4}）+…+\frac{1}{2}（1-\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}）=\frac{1}{2}（n-1+\frac{1}{n+1}-\frac{1}{2}）=\frac{{2{n^2}-n-1}}{4（n+1）}$
即$\frac{ln2}{2^2}+\frac{ln3}{3^2}+…+\frac{lnn}{n^2}＜\frac{{2{n^2}-n-1}}{{4（{n+1}）}}（{n∈{N_+}，n≥2}）$
（2）令$F（x）=h（x）-g（x）=\frac{1}{2}{x^2}+a-axf（x）-g（x）=-\frac{1}{2}{x^2}+（a+1）x-alnx，x＞0$，問題等價于求函數F（x）的零點個數．
①當a=0時，F（x）=-$\frac{1}{2}$x²+x，顯然有一個零點x=2，F'（x）=-$\frac{（x-1）（x-a）}{x}$
②a=1，F'（x）≤0，F（x）遞減，
∵F（1）=$\frac{3}{2}$＞0，F（4）=-ln4＜0，
∴F（x）在（1，4）有唯一零點存在；
③a＞1，當0＜x＜1和x＞a時，F'（x）＜，F（x）遞減，1＜x＜a時，F（x）遞增，
F（1）=a+$\frac{1}{2}$＞0，F（2a+2）=-aln（2a+2）＜0，
∴F（x）在（1，2a+2）上有唯一零點；
④當0＜a＜1時，0＜x＜a和x＞1時，F'（x）＜0，F（x）遞減，當（a＜x＜1時，F（x）遞增
∵F（1）=a+$\frac{1}{2}$＞0，F（a）=$\frac{a}{2}$（a+2-2lna）＞0，f（2a+2）=-aln（2a+2）＜0，
所以F（x）在（1，2a+2）內有唯一零點．
綜上，F（x）有唯一零點，即函數f（x）與g（x）的圖象有且僅有一個交點．

點評 本題考查了利用導函數判斷函數的極值，通過極值求出函數的最值；構造函數，通過導函數判斷函數的單調性，得出函數的單調性，通過探尋函數的正負得出函數的零點數．難點是對參數的分類討論．