Question

已知函数f（x）=

1-x

ax

+lnx（a≠0）
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若f（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，求a的取值范围；
（3）求证：ln2＜

1

n+1

+

1

n+2

+

1

n+3

+…+

1

3n

＜ln3（n∈N^*）

Answer 1

分析：（1）直接利用导数的运算法则即可求出f′（x），对a进行讨论，即可求得函数的单调区间；
（2）根据（1）函数的单调性，对a进行讨论，转化为求函数的最小值，对函数的最小值进行求导，即可求得a的取值范围；
（3）根据（2）的结果，a=′1时，f（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，分别令x=

k

k+1

，x=

k+1

k

，即可证得结果．

解答：解：（1）因为函数 f(x)=

1-x

ax

+lnx，其定义域为（0，+∞）
所以f′（x）=[

1-x

ax

]′+（lnx）′=

a x-1

ax2

即 f′(x)=

ax-1

ax2

当a＜0时，增区间为﹙0，+∞﹚；
当a＞0时，减区间为﹙0，

1

a

），增区间为（

1

a

，+∞）
（2）1°当a＜0时，函数增区间为﹙0，+∞﹚，此时不满足f（x）≥0在（0，+∞）上恒成立；
2°当a＞0时，函数减区间为﹙0，

1

a

），增区间为（

1

a

，+∞），
要使f（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，
只需f（

1

a

）≥0即可，
即1-

1

a

-lna≥0，
令g（a）=1-

1

a

-lna  （a＞0）
则g′（a）=

1

a2

-

1

a

=

1-a

a2

=0，
解得a=1，因此g（a）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
所以当a=1时，g（a）取最大值0，
故f（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，
当且仅当a=1时成立，即a=1；
（3）由（2）知，令x=

k+1

k

时，f(

k+1

k

)  =-

1

k+1

+ln(k+1)-lnk＞0（k∈N^*）
∴

1

k+1

＜ln(k+1)-lnk（k∈N^*）
∴

1

n+1

+

1

n+2

+

1

n+3

+…+

1

3n

＜ln3
令x=

k

k+1

，则f(

k

k+1

)  =

1

k

-ln(k+1)+lnk＞0（k∈N^*）
∴

1

k

＞ln(k+1)-lnk（k∈N^*）
∴ln2＜

1

n+1

+

1

n+2

+

1

n+3

+…+

1

3n

综上ln2＜

1

n+1

+

1

n+2

+

1

n+3

+…+

1

3n

＜ln3成立．

点评：本题考查函数性质和导数的综合应用，本题解题的关键是利用导数方法求函数的最值，利用函数思想时也要用导数来求最值，考查灵活应用知识分析解决问题的能力和运算能力，属难题．