Question

11．已知函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)為f′（x），滿足xf′（x）+2f（x）=$\frac{1}{x^2}$，且f（1）=1．
（Ⅰ）求出f（x）的解析式；并求出函數(shù)的最大值；
（Ⅱ）求證：當(dāng)x≥1時，不等式f（x）＞$\frac{2sinx}{{x（{x+1}）}}$恒成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函數(shù)的表達(dá)式，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值與最值即可得出；
（Ⅱ）當(dāng)x≥1時，不等式f（x）＞$\frac{2sinx}{{x（{x+1}）}}$，等價于$\frac{（x+1）（1+lnx）}{x}$＞2sinx，構(gòu)造g（x）=$\frac{（x+1）（1+lnx）}{x}$（x≥1），證明g（x）在[1，+∞）上是單調(diào)遞增，所以[g（x）]_min=g（1）=2，即可得出結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）由xf′（x）+2f（x）=$\frac{1}{{x}^{2}}$，
變形為（x²f（x））′=（lnx）′，
∴f（x）=$\frac{lnx+C}{{x}^{2}}$，
∵f（1）=1，∴C=1．
∴f（x）=$\frac{lnx+1}{{x}^{2}}$，（x＞0），
∴f′（x）=$\frac{-1-2lnx}{{x}^{3}}$，
令f′（x）＞0，解得：0＜x＜$\frac{1}{\sqrt{e}}$，
令f′（x）＜0，解得：x＞$\frac{1}{\sqrt{e}}$，
∴f（x）在（，$\frac{1}{\sqrt{e}}$）遞增，在（$\frac{1}{\sqrt{e}}$，+∞）遞減，
∴f（x）_最大值=f（$\frac{1}{\sqrt{e}}$）=$\frac{e}{2}$；
（Ⅱ）證明：當(dāng)x≥1時，不等式f（x）＞$\frac{2sinx}{{x（{x+1}）}}$，
等價于 $\frac{（x+1）（1+lnx）}{x}$＞2sinx．
記g（x）=$\frac{（x+1）（1+lnx）}{x}$（x≥1）
所以g′（x）=$\frac{x-lnx}{{x}^{2}}$，
令h（x）=x-lnx，則h′（x）=1-$\frac{1}{x}$，
由x≥1得h′（x）≥0，所以h（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，
所以[h（x）]_min=h（1）=1＞0，
從而g′（x）＞0．
故g（x）在[1，+∞）上是單調(diào)遞增，所以[g（x）]_min=g（1）=2，
因?yàn)楫?dāng)x≥1時，2sinx≤2，所以g（x）≥2sinx，
又因?yàn)楫?dāng)x=1時，2sinx=2sin1＜2，
所以當(dāng)x≥1時，g（x）＞2sinx，即 $\frac{（x+1）（1+lnx）}{x}$＞2sinx，
所以當(dāng)x≥1時，不等式f（x）＞$\frac{2sinx}{{x（{x+1}）}}$恒成立．

點(diǎn)評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、構(gòu)造法，考查了變形能力、推理能力與計算能力，屬于難題．