Question

8．已知函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{1}{x}$+ax-1（a∈R）
（Ⅰ）當a≥0時，試討論f（x）的極值點個數(shù)，并說明理由；
（Ⅱ）求證：ln（n+1）＞$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n+1}$（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的導數(shù)，通過討論a=0，a＞0兩種情況結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性討論f（x）的極值點個數(shù)即可；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得：當a=0時，f（x）=lnx+$\frac{1}{x}$-1，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到lnx＞1-$\frac{1}{x}$，令x=1+$\frac{1}{n}$，n∈N^*，n≥2．可得ln（1+$\frac{1}{n}$）＞1-$\frac{n}{1+n}$=$\frac{1}{n+1}$，可得ln（1+n）-lnn＞$\frac{1}{n+1}$，分別取n=1，2，3，…，利用“累加求和”即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=lnx+$\frac{1}{x}$+ax-1的定義域是（0，+∞），
f′（x）=$\frac{{ax}^{2}+x-1}{{x}^{2}}$，（x＞0，a≥0），
令g（x）=ax²+x-1，
a=0時，g（x）=x-1，
令g（x）＞0，解得：x＞1，令g（x）＜0，解得：0＜x＜1，
∴f（x）在（0，1）遞減，在（1，+∞）遞增，
∴x=1是f（x）的極小值點，
a＞0時，g（x）=ax²+x-1，開口向上，
△=1+4a＞0，x₁=$\frac{-1-\sqrt{1+4a}}{2a}$＜0（舍），x₂=$\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2a}$＞0，
∴f（x）在（0，$\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2a}$）遞減，在（$\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2a}$，+∞）遞增，
∴x=$\frac{-1+\sqrt{1+4a}}{2a}$是f（x）的極小值點，
綜上：當a≥0時，f（x）有1個極值點；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得：a=0時，f（x）=lnx+$\frac{1}{x}$-1（x＞0），
f（x）在（0，1）遞減，在（1，+∞）遞增，
∴f（x）_min=f（1）=0，
∴x＞1時：lnx＞1-$\frac{1}{x}$，
令x=1+$\frac{1}{n}$，n∈N^*，
則ln（1+$\frac{1}{n}$）＞1-$\frac{n}{1+n}$=$\frac{1}{1+n}$，
∴l(xiāng)n（1+n）-lnn＞$\frac{1}{1+n}$，
分別取n=1，2，3，…，
可得ln2-ln1＞$\frac{1}{2}$，
ln3-ln2＞$\frac{1}{3}$，
…，
ln（n+1）-lnn＞$\frac{1}{n+1}$．
累加求和可得：ln（n+1）＞$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n+1}$（n∈N^*）．

點評 本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值最值、恒成立問題的等價轉(zhuǎn)化方法，考查了利用已經(jīng)證明的結(jié)論證明不等式的方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．