Question

已知函数f（x）=lnx-

a

x

+

a

x2

（a∈R）．
（1）若a=1，求函数f（x）的极值；
（2）若f（x）在[1，+∞）内为单调增函数，求实数a的取值范围；
（3）对于n∈N^*，求证：

n

i=1

i

(i+1)2

＜ln（n+1）．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数研究函数的单调性

专题：计算题,证明题,导数的综合应用

分析：求导f′（x）=

1

x

+

a

x2

-

2a

x3

=

x2+ax-2a

x3

（x＞0）；
（1）代入a=1，从而可得f′（x）=

(x-1)(x+2)

x3

，从而确定函数的单调性及极值；
（2）f（x）在[1，+∞）内为单调增函数可化为x²+ax-2a≥0在[1，+∞）上恒成立；从而化为函数的最值；
（3）由lnx＞

1

x

-

1

x2

（x＞1）可得ln

n+1

n

＞

n

n+1

-

n2

(n+1)2

=

n

(n+1)2

；从而证明．

解答： 解：f′（x）=

1

x

+

a

x2

-

2a

x3

=

x2+ax-2a

x3

（x＞0）；
（1）若a=1，f′（x）=

(x-1)(x+2)

x3

，
令f′（x）＞0解得x＞1，
令f′（x）＜0解得0＜x＜1，
∴f_极小（x）=f（1）=0，无极大值；
（2）∵f（x）在[1，+∞）内为单调增函数，
∴f′（x）=

x2+ax-2a

x3

≥0在[1，+∞）上恒成立．
即x²+ax-2a≥0在[1，+∞）上恒成立．
令g（x）=x²+ax-2a，
当-

a

2

≤1即a≥-2时，
g（1）≥0，从而得a≤1，
∴-2≤a≤1，
当-

a

2

＞1即a＜-2时，
g（-

a

2

）≥0，
解得，-8≤a≤0，
综上所述，a∈[-8，1]；
（3）证明：当a=1时，由（2）知，f（x）在[1，+∞）上单调递增；
即x＞1时，f（x）＞f（1）=0，
即lnx＞

1

x

-

1

x2

（x＞1），
取x=

n+1

n

＞1，
∴ln

n+1

n

＞

n

n+1

-

n2

(n+1)2

=

n

(n+1)2

∴

n

i=1

i

(i+1)2

＜ln

2

1

+ln

3

2

+…+ln

n+1

n

=ln（n+1）．

点评：本题考查了函数的单调性的应用及导数的应用，同时考查了恒成立问题的处理方法，属于难题．