Question

1．已知f（x）=（a-lnx）x-1．
（I）不等式f（x）≤0對(duì)任意x∈（0，+∞）恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）已知正項(xiàng)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且S_n=$\frac{{a}_{n}（{a}_{n}+1）}{2}$，求證：$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$＞lna_n+1．

Answer 1

分析 （I）由題意可得a≤lnx+$\frac{1}{x}$對(duì)任意x∈（0，+∞）恒成立，令g（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，求出導(dǎo)數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間、極值和最小值，即可得到a的范圍；
（Ⅱ）由n=1時(shí)，a₁=S₁，當(dāng)n＞1時(shí)，a_n=S_n-S_n-1，求出數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)，再由lnx≥1-$\frac{1}{x}$，可令x=$\frac{n}{n+1}$，運(yùn)用對(duì)數(shù)的性質(zhì)和累加法，即可得證．

解答 解：（I）不等式f（x）≤0即為a≤lnx+$\frac{1}{x}$，
由題意可得a≤lnx+$\frac{1}{x}$對(duì)任意x∈（0，+∞）恒成立，
令g（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，g′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
當(dāng)x＞1時(shí)，g′（x）＞0，g（x）遞增；
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g′（x）＜0，g（x）遞減．
即有x=1處，g（x）取得極小值，也為最小值，且為1．
則有a≤1，故a的取值范圍是（-∞，1]；
（Ⅱ）證明：由S_n=$\frac{{a}_{n}（{a}_{n}+1）}{2}$，可得
n=1時(shí)，a₁=S₁=$\frac{{a}_{1}（{a}_{1}+1）}{2}$，
解得a₁=1（0舍去），
當(dāng)n＞1時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{{a}_{n}（{a}_{n}+1）}{2}$-$\frac{{a}_{n-1}（{a}_{n-1}+1）}{2}$，
化簡可得（a_n-a_n-1-1）（a_n+a_n-1）=0，
由a_n＞0，可得a_n-a_n-1=1，
即有正項(xiàng)數(shù)列{a_n}為首項(xiàng)是1，公差為1的等差數(shù)列，
則a_n=1+n-1=n．
由（Ⅰ）可得，lnx+$\frac{1}{x}$≥1（當(dāng)且僅當(dāng)x=1等號(hào)成立）恒成立，
即有l(wèi)nx≥1-$\frac{1}{x}$，可令x=$\frac{n}{n+1}$，
即有l(wèi)n$\frac{n}{n+1}$＞1-$\frac{n+1}{n}$=-$\frac{1}{n}$，
即$\frac{1}{n}$＞ln$\frac{n+1}{n}$=ln（n+1）-lnn，
則$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$=1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$＞ln2-ln1+ln3-ln2+…+ln（n+1）-lnn
=ln（n+1）-ln1=ln（n+1）=lna_n+1．
故原不等式成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查不等式恒成立問題的解法，注意運(yùn)用參數(shù)分離和導(dǎo)數(shù)，考查不等式的證明，注意運(yùn)用函數(shù)恒成立的結(jié)論，同時(shí)考查累加法和不等式的性質(zhì)，屬于中檔題．