Question

4．已知函數(shù)f（x）=alnx+（-1）ⁿ$\frac{1}{{x}^{n}}$，其中n∈N^*，a為常數(shù)．
（Ⅰ）當n=2，且a＞0時，判斷函數(shù)f（x）是否存在極值，若存在，求出極值點；若不存在，說明理由；
（Ⅱ）若a=1，對任意的正整數(shù)n，當x≥1時，求證：f（x+1）≤x．

Answer 1

分析 （Ⅰ）令n=2，求出f（x）的導數(shù)，解關(guān)于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極小值即可；
（Ⅱ）a=1時，求出f（x）的導數(shù)，通過討論n是奇數(shù)，偶數(shù)結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性證明結(jié)論即可．

解答 解：（Ⅰ）由已知得函數(shù)f（x）的定義域為{x|x＞0}，
當n=2時，f（x）=$\frac{1}{{x}^{2}}$+alnx，所以f′（x）=$\frac{{ax}^{2}-2}{{x}^{3}}$，
當a＞0時，由f′（x）=0，得x₁=$\sqrt{\frac{2}{a}}$＞0，x₂=-$\sqrt{\frac{2}{a}}$＜0，
此時f′（x）=$\frac{a（x{-x}_{1}）（x{-x}_{2}）}{{x}^{3}}$，
當x∈（0，x₁）時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；
當x∈（x₁，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；
當a＞0時，f（x）在x₁=$\sqrt{\frac{2}{a}}$處取得極小值，極小值點為$\sqrt{\frac{2}{a}}$．
（Ⅱ）證：因為a=1，所以f（x）=$\frac{{（-1）}^{n}}{{x}^{n}}$+lnx，
當n為偶數(shù)時，令g（x）=x-$\frac{1}{{（x+1）}^{n}}$-ln（x+1），
則g′（x）=$\frac{x}{x+1}$+$\frac{n}{{（x+1）}^{n+1}}$，
∵x≥1，∴g′（x）＞0，
所以當x∈[1，+∞）時，g（x）單調(diào)遞增，g（x）的最小值為g（1）．
因此：g（x）=x-$\frac{1}{{（x+1）}^{n}}$-ln（1+x）=≥g（1）=1-$\frac{1}{{（1+1）}^{n}}$-ln（1+1）≥1-$\frac{1}{{2}^{2}}$-ln2＞0，
所以f（x+1）≤x成立．
當n為奇數(shù)時，
要證f（x+1）≤x，由于（-1）ⁿ$\frac{1}{{（1+x）}^{n}}$＜0，所以只需證ln（x+1）≤x，令h（x）=x-ln（x+1），
則h′（x）=1-$\frac{1}{x+1}$=$\frac{x}{x+1}$＞0，
當x∈[1，+∞）時，h（x）=x-ln（x+1）單調(diào)遞增，又h（1）=1-ln2=ln$\frac{e}{2}$＞0，
所以當x≥1時，恒有h（x）＞0，命題ln（x+1）≤x成立，
綜上所述，結(jié)論成立．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問題，考查導數(shù)的應用以及不等式的證明，是一道綜合題．