Question

函数f(x)=

a

x

+lnx，其中a为实常数．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）不等式f（x）≥1在x∈（0，1]上恒成立，求实数a的取值范围；
（3）若a=0，设g（n）=1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

，h（n）=

1

23

+

2

32

+

3

43

+…+

n-1

n3

（n≥2，n∈N₊）．是否存在实常数b，既使g（n）-f（n）＞b又使h（n）-f（n+1）＜b对一切n≥2，n∈N₊恒成立？若存在，试找出b的一个值，并证明；若不存在，说明理由．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（1）确定函数的定义域，分类讨论，利用导数的正负，即可讨论f（x）的单调性；
（2）不等式f（x）≥1在x∈（0，1]上恒成立，?a≥[-xlnx+x]_max，x∈（0，1]，构造函数求最值即可；
（3）存在，如b=0等．再证明：1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

＞lnn，(n≥2，n∈N+)及

1

23

+

2

33

+

3

43

+…+

n-1

n3

＜ln(n+1)，(n≥2，n∈N+)成立．

解答： 解：（1）定义域为（0，+∞），
①当a≤0时，函数在定义域上单调增函数；
②当a＞0时，f′（x）=-

a

x2

+

1

x

，当x＞a时，f′（x）＞0，函数单调递增，增区间为（a，+∞）；当0＜x＜a时，f′（x）＜0，函数单调递减，单调减区间为（0，a）；
（2）不等式f（x）≥1在x∈（0，1]上恒成立，?a≥[-xlnx+x]_max，x∈（0，1]，
令g（x）=-xlnx+x，x∈（0，1]，g′(x)=-lnx-x•

1

x

+1=-lnx≥0(x∈(0，1])，
∴g（x）在x∈（0，1]上单增，
∴g（x）_max=g（1）=1，
∴a≥1，
故a的取值范围 为[1，+∞）．
（3）存在，如b=0等．下面证明：1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

＞lnn，(n≥2，n∈N+)
及

1

23

+

2

33

+

3

43

+…+

n-1

n3

＜ln(n+1)，(n≥2，n∈N+)成立．
①先证1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

＞lnn，(n∈N+)，注意lnn=ln

2

1

+ln

3

2

+…+ln

n

n-1

，
这只要证

1

k-1

＞ln

k

k-1

=ln(1+

1

k-1

)，(k=2，3，…n)（*）即可，
x＞ln（1+x）对x＞0恒成立，取x=

1

k-1

(k≥2)即可得上式成立．
让k=2，3，…，n分别代入（*）式再相加即证：1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n-1

＞lnn，(n∈N+)，
于是1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n-1

+

1

n

＞1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n-1

＞lnn，(n∈N+)．
②再证

1

23

+

2

33

+

3

43

+…+

n-1

n3

＜ln(n+1)，(n≥2，n∈N+)，
∵

n-1

n3

＜

n-1

n3-1

=

n-1

(n-1)(n2+n+1)

=

1

n2+n+1

＜

1

n(n+1)

=

1

n

-

1

n+1

，(n≥2)，
∴

1

23

+

2

33

+

3

43

+…+

n-1

n3

＜(

1

2

-

1

3

)+(

1

3

-

1

4

)+…+(

1

n

-

1

n+1

)=

1

2

-

1

n+1

＜

1

2

，
又∵n≥2，ln(n+1)≥ln3＞ln

e

=

1

2

，故不等式成立．

点评：本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性，考查分类讨论的数学思想，考查不等式的证明，考查学生分析解决问题的能力，难度大．