Question

已知f（x）=lnx+

a

x

，
（1）若f（x）_min=0，求a的值；
（2）当x∈[

1

e

，1]时，0≤f（x）≤

1

2

恒成立，求a的范围；
（3）证明：1+

1

2

+

1

3

+

1

n

＜2ln

n+1

2

+

3n+5

4(n+1)

（n≥2）．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：计算题,证明题,导数的综合应用

分析：（1）求出导数，判断a＞0，由导数大于0，得增区间，导数小于0，得减区间，进而得到极小值也为最小值，进而求出a；
（2）运用参数分离，可得a≥-xlnx且a≤x（

1

2

-lnx）在[

1

e

，1]上恒成立．运用导数求出单调性再求出在区间上的最值，即可得到a的范围；
（3）运用x≥1时，由（1）得lnx+

1

x

≥1，即有1-

1

x

≤lnx，取x=2，x=

3

2

，x=

4

3

，…，x=

n+1

n

，得到不等式累加得1+

1

2

+

1

3

+

1

4

+…+

1

n

＜1+ln（n+1）-

1

n+1

，再将右边与所要证的右边作差比较，即可得证．

解答： （1）解：f（x）=lnx+

a

x

的导数为f′（x）=

1

x

-

a

x2

=

x-a

x2

，
由f（x）_min=0，则a＞0，当x＞a时，f′（x）＞0，f（x）递增；
当0＜x＜a时，f′（x）＜0，f（x）递减，
则f（x）在x=a处取得极小值，也为最小值，且为lna+1，
由lna+1=0，解得，a=

1

e

；
（2）解：当x∈[

1

e

，1]时，0≤f（x）≤

1

2

恒成立，
即为a≥-xlnx且a≤x（

1

2

-lnx）在[

1

e

，1]上恒成立．
由于-xlnx的导数为-（1+lnx）∈[-1，0]，即为减函数，则a≥-

1

e

ln

1

e

=

1

e

，
由于x（

1

2

-lnx）的导数为-lnx-

1

2

，当

1

e

＜x＜

1

e

时，即为递增函数，
当

1

e

＜x＜1，即为递减函数，则在x=

1

e

处取得最大值，
由于x=1时，函数值为

1

2

，x=

1

e

时函数值为

3

2e

．
由

3

2e

＞

1

2

则有a≤

1

2

．
故a的范围是：

1

e

≤a≤

1

2

；
（3）证明：x≥1时，由（1）得lnx+

1

x

≥1，即有1-

1

x

≤lnx，
取x=2，则有

1

2

＜ln2，
取x=

3

2

，则有

1

3

＜ln

3

2

，
取x=

4

3

，则有

1

4

＜ln

4

3

，
…
取x=

n

n-1

，则有

1

n

＜ln

n

n-1

，
取x=

n+1

n

，则有

1

n+1

＜ln

n+1

n

．
以上各式相加可得，

1

2

+

1

3

+

1

4

+…+

1

n

+

1

n+1

＜ln2+ln

3

2

+ln

4

3

+…+ln

n

n-1

+ln

n+1

n

．
=ln（2×

3

2

×

4

3

×…×

n

n-1

×

n+1

n

）=ln（n+1），
即有1+

1

2

+

1

3

+

1

4

+…+

1

n

＜1+ln（n+1）-

1

n+1

，
由1+ln（n+1）-

1

n+1

-2ln

n+1

2

-

3n+5

4(n+1)

=ln4-ln（n+1）+

n-5

4(n+1)

＜0，
则有1+

1

2

+

1

3

+

1

n

＜2ln

n+1

2

+

3n+5

4(n+1)

（n≥2）成立．

点评：本题考查导数的运用：求单调区间和求极值、最值，考查不等式恒成立问题转化为求最值问题，考查参数分离法，考查运用单调性和累加法证明不等式，考查运算能力，属于中档题．