Question

20．已知函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{1-x}{ax}$，其中a為大于零的常數(shù)．．
（1）若函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增，求a的取值范圍；
（2）求函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，2]上的最小值；
（3）求證：對于任意的n∈N^*，且n＞1時，都有l(wèi)nn＞$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$成立．

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)，將函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，+∞）上單調(diào)遞增化為導(dǎo)數(shù)恒不小于0，從而求a的取值范圍；
（2）研究閉區(qū)間上的最值問題，先求出函數(shù)的極值，比較極值和端點處的函數(shù)值的大小，最后確定出最小值．
（3）由（1）知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{x}$-1+lnx在[1，+∞）上為增函數(shù)，構(gòu)造n與n-1的遞推關(guān)系，可利用疊加法求出所需結(jié)論

解答 解：（1）由題意，f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{ax}^{2}}$=$\frac{ax-1}{{ax}^{2}}$，
∵a為大于零的常數(shù)，
若使函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，+∞）上單調(diào)遞增，
則使ax-1≥0在區(qū)間[1，+∞）上恒成立，
即a-1≥0，
故a≥1；（2）當a≥1時，f′（x）＞0在（1，2）上恒成立，
這時f（x）在[1，2]上為增函數(shù)∴f（x）_min=f（1）=0．
當0＜a≤$\frac{1}{2}$，∵f′（x）＜0在（1，2）上恒成立，
這時f（x）在[1，2]上為減函數(shù)∴f（x）min=f（2）=ln2-$\frac{1}{2a}$，
當$\frac{1}{2}$＜a＜1時，令f′（x）=0，得x=$\frac{1}{a}$∈（1，2）．
又∵對于x∈[1，$\frac{1}{a}$）有f′（x）＜0，
對于x∈（$\frac{1}{a}$，2]有f′（x）＞0，
∴f（x）min=f（$\frac{1}{a}$）=ln$\frac{1}{a}$+1-$\frac{1}{a}$，（6分）
綜上，f（x）在[1，2]上的最小值為
①當0＜a≤$\frac{1}{2}$時，f（x）min=ln2-$\frac{1}{2a}$；
②當$\frac{1}{2}$＜a＜1時，f（x）min=ln$\frac{1}{a}$+1-$\frac{1}{a}$．
③當a≥1時，f（x）_min=0；（8分）
（3）由（1）知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{x}$-1+lnx在[1，+∞）上為增函數(shù)，
當n＞1時，∵$\frac{n}{n-1}$＞1，∴f（ $\frac{n}{n-1}$）＞f（1），
即lnn-ln（n-1）＞$\frac{1}{n}$，對于n∈N^*且n＞1恒成立．（10分）
lnn=[lnn-ln（n-1）]+[ln（n-1）-ln（n-2）]++[ln3-ln2]+[ln2-ln1]＞$\frac{1}{n}$+$\frac{1}{n-1}$+…+$\frac{1}{2}$，
∴對于n∈N^*，且n＞1時，lnn＞$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$恒成立．（12分）

點評 本題是函數(shù)的綜合題，綜合考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求函數(shù)的最值，以及證明不等式，有一定的難度，是一道很好的壓軸題．