Question

14．已知函數(shù)f（x）=kx²-lnx（k∈R）．
（1）試討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）若不等式f（x）≥0在區(qū)間（0，+∞）上恒成立，求k的取值范圍，并證明：$\frac{ln2}{{2}^{2}}$+$\frac{ln3}{{3}^{2}}$+$\frac{ln4}{{4}^{2}}$+…+$\frac{lnn}{{n}^{2}}$＜$\frac{n-1}{2e}$（n≥2，n∈N⁺）．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的對(duì)數(shù)，通過(guò)討論k的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）由k≥$\frac{lnx}{{x}^{2}}$，設(shè)φ（x）=$\frac{lnx}{{x}^{2}}$，求出φ（x）_max=φ（$\sqrt{e}$）=$\frac{1}{2e}$，從而得到$\frac{lnn}{{n}^{2}}$＜$\frac{1}{2e}$，n≥2，對(duì)n依次取值2，3，4，…，n，作和即可．

解答 解：（1）由題可知f（x）=kx²-lnx，定義域?yàn)椋?，+∞），
所以f′（x）=2kx-$\frac{1}{x}$=$\frac{2k{x}^{2}-1}{x}$，
若k≤0，f′（x）＜0恒成立，f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞減．
若k＞0，f′（x）=2kx-$\frac{1}{x}$=$\frac{2k{x}^{2}-1}{x}$=$\frac{2k（{x}^{2}-\frac{1}{2k}）}{x}$=$\frac{2k（x+\frac{1}{\sqrt{2k}}）（x-\frac{1}{\sqrt{2k}}）}{x}$，
當(dāng)x∈（0，$\frac{1}{\sqrt{2k}}$）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈（$\frac{1}{\sqrt{2k}}$，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增．
（2）不等式f（x）≥0在區(qū)間（0，+∞）上恒成立
則kx²≥lnx，故k≥$\frac{lnx}{{x}^{2}}$，
設(shè)φ（x）=$\frac{lnx}{{x}^{2}}$，由于φ′（x）=$\frac{1-2lnx}{{x}^{3}}$，令φ′（x）=0得x=$\sqrt{e}$，
當(dāng)x∈（0，$\sqrt{e}$）時(shí)，φ′（x）＞0，φ（x）單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈（$\sqrt{e}$，+∞）時(shí)，φ′（x）＜0，φ（x）單調(diào)遞減，
所以φ（x）_max=φ（$\sqrt{e}$）=$\frac{1}{2e}$，
因此k≥$\frac{1}{2e}$，即k∈[$\frac{1}{2e}$，+∞）．
由k∈[$\frac{1}{2e}$，+∞），可知$\frac{lnx}{{x}^{2}}$＜$\frac{1}{2e}$，x≥2，
從而得到$\frac{lnn}{{n}^{2}}$＜$\frac{1}{2e}$，n≥2，對(duì)n依次取值2，3，4，…，n可得
$\frac{ln2}{{2}^{2}}$＜$\frac{1}{2e}$，$\frac{ln3}{{3}^{2}}$＜$\frac{1}{2e}$，$\frac{ln4}{{4}^{2}}$＜$\frac{1}{2e}$，…，$\frac{lnn}{{n}^{2}}$＜$\frac{1}{2e}$，n≥2，
對(duì)上述不等式兩邊依次相加得到：$\frac{ln2}{{2}^{2}}$+$\frac{ln3}{{3}^{2}}$+$\frac{ln4}{{4}^{2}}$+…+$\frac{lnn}{{n}^{2}}$＜$\frac{n-1}{2e}$，（n≥2，n∈N⁺）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及不等式的證明，考查分類(lèi)討論思想，屬于中檔題．