Question

1．已知函数$f（x）=\frac{1-x}{ax}+lnx$（其中a＞0，e≈2.7）．
（Ⅰ）若函数f（x）在[1，+∞）上为增函数，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）当a=1时，求函数f（x）在$[\frac{1}{2}，2]$上的最大值和最小值；
（Ⅲ）当a=1时，求证：对于任意大于1的正整数n，都有$lnn＞\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函数f（x）的导数f′（x），由题意可知：当x≥1时，f′（x）≥0恒成立，解出a的取值范围即可．
（Ⅱ）求导函数，确定函数的单调性，比较端点的函数值，即可求得结论；
（Ⅲ）利用（Ⅱ）的结论，只要令a=1，x=$\frac{n}{n-1}$即可．

解答 解：（Ⅰ）∵$f（x）=\frac{1-x}{ax}+lnx$，∴${f^'}（x）=\frac{ax-1}{{a{x^2}}}（a＞0）$，
∵函数f（x）在[1，+∞）上为增函数，
∴f′（x）≥0对任意x∈[1，+∞）恒成立．
∴ax-1≥0对任意x∈[1，+∞）恒成立，
即$a≥\frac{1}{x}$对任意x∈[1，+∞）恒成立．
∵x∈[1，+∞）时，${（\frac{1}{x}）_{max}}=1$，
∴所求正实数a的取值范围是a≥1．
（Ⅱ）当a=1时，${f^'}（x）=\frac{x-1}{x^2}$，
∴当$x∈[\frac{1}{2}，1）$时，f′（x）＜0，
故f（x）在$[\frac{1}{2}，1）$上单调递减；
∴当x∈（1，2]时，f′（x）＞0，
故f（x）在（1，2]上单调递增；
∴f（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上有唯一极小值点，且为最小值点，最小值为f（1）=0，
∵f（$\frac{1}{2}$）=1-ln2，f（2）=-$\frac{1}{2}$+ln2，
∴f（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上的最大值为1-ln2；
（Ⅲ）证明：由（Ⅰ）知lnx≥-$\frac{1-x}{x}$，
令x=$\frac{n}{n-1}$，则ln $\frac{n}{n-1}$≥$\frac{1}{n}$，
∴ln$\frac{2}{1}$+ln$\frac{3}{2}$+…+ln $\frac{n}{n-1}$＞$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$，
即$lnn＞\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}$．

点评 本题考查了利用导数求函数的单调区间、最值及证明不等式，充分理解导数的意义及掌握恰当分类讨论思想和转化思想是解题的关键．