Question

已知函數(shù)f（x）=lnx+

1-x

ax

，其中a為大于零的常數(shù)．
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，+∞）上單調(diào)遞增，求a的取值范圍；
（Ⅱ）求函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，2]上的最小值；
（Ⅲ）求證：對(duì)于任意的n≥2，n∈N^*，都有l(wèi)nn＞

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

成立．

Answer 1

考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：計(jì)算題,證明題,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用,不等式

分析：（Ⅰ）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；
（Ⅱ）討論函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，2]上的單調(diào)性，從而確定函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，2]上的最小值；
（Ⅲ）注意到當(dāng)a=1時(shí)，f（x）=lnx+

1

x

-1在區(qū)間[1，+∞）上單調(diào)遞增，則可得到f（

n

n-1

）＞f（1），從而可得lnn-ln（n-1）＞

1

n

對(duì)于任意的n≥2，n∈N^*恒成立；化lnn=[lnn-ln（n-1）]+[ln（n-1）-ln（n-2）]+…+（ln3-ln2）+（ln2-ln1）
＞

1

n

+

1

n-1

+…+

1

3

+

1

2

，利用放縮法證明對(duì)于任意的n≥2，n∈N^*，都有l(wèi)nn＞

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

成立．

解答： 解：（Ⅰ）由題意，f′（x）=

1

x

-

1

ax2

=

ax-1

ax2

，
∵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；
（Ⅱ）①當(dāng)a≥1時(shí)，f（x）在區(qū)間[1，2]上單調(diào)遞增，
則f_min（x）=f（1）=0；
②當(dāng)0＜a≤

1

2

時(shí)，f′（x）在區(qū)間[1，2]恒不大于0，
f（x）在區(qū)間[1，2]上單調(diào)遞減，
則f_min（x）=f（2）=ln2-

1

2a

；
③當(dāng)

1

2

＜a＜1時(shí)，令f′（x）=0可解得，x=

1

a

∈（1，2）；
易知f（x）在區(qū)間[1，

1

a

]單調(diào)遞減，在[

1

a

，2]上單調(diào)遞增，
則f_min（x）=f（

1

a

）=ln

1

a

+1-

1

a

；
綜上所述，
①當(dāng)a≥1時(shí)，f_min（x）=0；
②當(dāng)

1

2

＜a＜1時(shí)，f_min（x）=ln

1

a

+1-

1

a

；
③當(dāng)0＜a≤

1

2

時(shí)，f_min（x）=ln2-

1

2a

；
（Ⅲ）證明：易知當(dāng)a=1時(shí)，f（x）=lnx+

1

x

-1在區(qū)間[1，+∞）上單調(diào)遞增，
故當(dāng)n≥2時(shí)，∵

n

n-1

＞1，
∴f（

n

n-1

）＞f（1），
即ln

n

n-1

+

n-1

n

-1＞0，
化簡可得，
lnn-ln（n-1）＞

1

n

對(duì)于任意的n≥2，n∈N^*恒成立；
則lnn=[lnn-ln（n-1）]+[ln（n-1）-ln（n-2）]+…+（ln3-ln2）+（ln2-ln1）
＞

1

n

+

1

n-1

+…+

1

3

+

1

2

＞

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

．
∴對(duì)于任意的n≥2，n∈N^*，都有l(wèi)nn＞

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

成立．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，同時(shí)考查了不等式的證明，利用到了放縮法，同時(shí)考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想，屬于難題．