Question

13．已知函数f（x）=ax-lnx-1．
（1）若函数f（x）在区间[1，+∞）上递增，求实数a的取值范围；
（2）求证：$ln（n+2）＜1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n+1}\;（n∈{N^*}）$．

Answer 1

分析 （1）由题意可得$f'（x）=a-\frac{1}{x}≥0$在区间[1，+∞）上恒成立，所以a≥（$\frac{1}{x}$）_max，由单调性可得最大值，即可得到a的范围；
（2）取a=1，由（1）有f（x）在区间[1，+∞）上递增，可得当x＞1时，f（x）＞f（1）=0即lnx＜x-1，因为$1+\frac{1}{n}＞1（n∈{N^*}）$，所以$ln（1+\frac{1}{n}）＜1+\frac{1}{n}-1=\frac{1}{n}$，即$ln\frac{n+1}{n}＜\frac{1}{n}$，运用累加法，以及对数的运算性质即可得证．

解答 解：函数f（x）的定义域为（0，+∞）．
（1）由题意可得$f'（x）=a-\frac{1}{x}≥0$在区间[1，+∞）上恒成立，
所以a≥（$\frac{1}{x}$）_max，又y=$\frac{1}{x}$在区间[1，+∞）上递减，
所以（$\frac{1}{x}$）_max=1，
即实数a的取值范围为[1，+∞）．
（2）证明：取a=1，由（1）有f（x）在区间[1，+∞）上递增，
所以，当x＞1时，f（x）＞f（1）=0即lnx＜x-1，
因为$1+\frac{1}{n}＞1（n∈{N^*}）$，
所以$ln（1+\frac{1}{n}）＜1+\frac{1}{n}-1=\frac{1}{n}$，即$ln\frac{n+1}{n}＜\frac{1}{n}$，
所以：$ln\frac{1+1}{1}＜1$，$ln\frac{2+1}{2}＜\frac{1}{2}$，
ln$\frac{3+1}{3}$＜$\frac{1}{3}$，…，$ln\frac{n+1}{n}＜\frac{1}{n}$，ln$\frac{n+1+1}{n+1}$＜$\frac{1}{n+1}$，
所以：$ln\frac{1+1}{1}+ln\frac{2+1}{2}+ln\frac{3+1}{3}+…+ln\frac{n+1}{n}+ln\frac{n+1+1}{n+1}＜1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}$，
ln2-ln1+ln3-ln2+…+ln（n+1）-lnn+ln（n+2）-ln（n+1）＜1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$，
即$ln（n+2）＜1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n+1}\;（n∈{N^*}）$，得证．

点评 本题考查导数的运用：求单调性，注意运用转化思想，以及参数分离，考查不等式的证明，注意运用已知不等式，以及累加法和对数的运算性质，考查运算能力，属于中档题．