Question

已知函数f(x)=

1

x

-alnx．（a∈R）
（1）当a=-1时，试确定函数f（x）在其定义域内的单调性；
（2）求函数f（x）在（0，e]上的最小值；
（3）试证明：(1+

1

n

)n+1＞e(e=2.718…，n∈N*)．

Answer 1

分析：（1）利用导数与函数单调性的关系即可得出；
（2）利用导数研究其单调性，对分类讨论即可得出；
（3）对已知两边去对数得到：(1+

1

n

)n+1＞e?(n+1)ln(1+

1

n

)＞1?ln(1+

1

n

)＞

1

n+1

，令1+

1

n

=x，（1＜x≤2）通过换元，只需证lnx＞1-

1

x

（1＜x≤2），利用（1）的结论即可得出．

解答：解：（1）当a=-1时，f(x)=

1

x

+lnx，x∈（0，+∞），
则f′(x)=-

1

x2

+

1

x

=

x-1

x2

，
∵当0＜x＜1时，f'（x）＜0，当x＞1时，f'（x）＞0．
∴函数f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
（2）∵f′(x)=-

1

x2

-

a

x

=-

ax+1

x2

，
①当a≥0时，∵x∈（0，e]，∴ax+1＞0⇒f'（x）＜0，
函数f（x）在（0，e]上单调递减，∴f(x)min=f(e)=

1

e

-a．
②当a＜0时，令f'（x）=0得x=-

1

a

，
当-

1

a

＜e，即a＜-

1

e

时，对x∈(0，-

1

a

)，有f'（x）＜0；即函数f（x）在(0，-

1

a

)上单调递减；
对x∈(-

1

a

，e]，有f'（x）＞0，即函数f（x）在(-

1

a

，e]上单调递增；
∴f(x)min=f(-

1

a

)=-a-aln(-

1

a

)；
当-

1

a

≥e，即a≥-

1

e

时，对x∈（0，e]有f'（x）＜0，即函数f（x）在（0，e]上单调递减；
∴f(x)min=f(e)=

1

e

-a；
综上得f(x)min=

1 e -a(a≥- 1 e ) -a-aln(-a)(a＜- 1 e )

（3）证明：(1+

1

n

)n+1＞e?(n+1)ln(1+

1

n

)＞1?ln(1+

1

n

)＞

1

n+1

，
令1+

1

n

=x，（1＜x≤2），则

1

n+1

=1-

1

x

，
∴要证ln(1+

1

n

)＞

1

n+1

只需证lnx＞1-

1

x

（1＜x≤2），
由（1）知当a=-1时，f（x）_min=f（1）
∴f(x)=

1

x

+lnx≥f（1）=1，即lnx≥1-

1

x

，
∵1＜x≤2，∴上式取不到等号，即lnx＞1-

1

x

，
∴(1+

1

n

)n+1＞e．

点评：本题考查了利用导研究函数的单调性、分类讨论、恒成立问题的等价转化、换元法等基础知识与基本技能方法，属于难题．