Question

7．设函数f（x）=ln$\frac{x+1}{2}$+$\frac{1-x}{a（x+1）}$（a＞0）．
（1）若函数f（x）在[1，+∞）上为增函数，求实数a的取值范围；
（2）求证：当n∈N^*且n＞2时，$\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n}$＜lnn．

Answer 1

分析 （1）f（x）在[1，+∞）上为增函数，则f′（x）≥0在[1，+∞）恒成立，分离参数得到$\frac{2}{a}$≤x+1在[1，+∞）恒成立，解得即可求出a的范围；
（2）设g（x）=$\frac{1-x}{x}$+lnx，得到g（x）（1，+∞）上为增函数，又由f（1）=0，可得lnx＞$\frac{x-1}{x}$在（1，+∞）上恒成立，即ln$\frac{x}{x-1}$＞$\frac{1}{x}$在（1，+∞）上恒成立，进而利用对数的运算性质，可得答案．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{1}{x+1}$-$\frac{1}{a}$•$\frac{2}{（1+x）^{2}}$=$\frac{a（1+x）-2}{a（1+x）^{2}}$，
∵f（x）在[1，+∞）上为增函数，
∴f′（x）=$\frac{a（1+x）-2}{a（1+x）^{2}}$≥0在[1，+∞）恒成立，
即$\frac{2}{a}$≤x+1在[1，+∞）恒成立，
∴$\frac{2}{a}$≤2，
解得a＜0或a≥1，
故a的取值范围为（-∞，0）∪[1，+∞）．
（2）设g（x）=$\frac{1-x}{x}$+lnx，
则g′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$+$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$＞0在（1，+∞）恒成立，
又由g（1）=0，
故g（x）=$\frac{1-x}{x}$+lnx＞0在（1，+∞）上恒成立，
即lnx＞$\frac{x-1}{x}$在（1，+∞）上恒成立，
即ln$\frac{x}{x-1}$＞$\frac{1}{x}$在（1，+∞）上恒成立，
∴ln2＞$\frac{1}{2}$，ln$\frac{3}{2}$＞$\frac{1}{3}$，ln$\frac{4}{3}$＞$\frac{1}{4}$，…，ln$\frac{n}{n-1}$＞$\frac{1}{n}$
∴$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$＜ln2+ln$\frac{3}{2}$+…+ln$\frac{n}{n-1}$=ln（2×$\frac{3}{2}$×$\frac{4}{3}$×…×$\frac{n}{n-1}$）=lnn，n≥2．

点评 本题考察了函数的单调性，导数的应用，解不等式，以及不等式的证明，是一道综合题．