Question

函数f（x）=alnx一x+2（a∈R，a≠0）．
（1）求f（x）的极值和单调区间；
（2）当x≥2时，有f（x）＜0恒成立，求a的取值范围；
（3）证明：ln（2n+1）-lnn＞

1

n

（n∈N^*）

Answer 1

分析：（1）由解析式求出函数的定义域和f′（x），因为在函数式中含字母系数，需要根据a的符号进行分类讨论，分别在函数的定义域内解不式f′（x）＞0和f′（x）＜0确定的f（x）单调区间和极值；
（2）用分离参数法将解析式变为a＜

x-2

lnx

，令g（x）=

x-2

lnx

，再求它的导数g′（x）=

lnx+ 2 x -1

(lnx)2

（x≥2），令h（x）=lnx+

2

x

-1，再求h′（x）并判断h′（x）≥0，判断出在定义域上的单调性，得到h（x）≥h（2）＞0，进而判断出g′（x）＞0，判断出g（x）在[2，+∞）上是增函数，求出g（x）的最大值，再由恒成立问题求出a的范围；
（3）由分析法找出结论成立的充分条件，再由不等式的特点构造函数f（x）=lnx-x+2，由（1）得到此函数的单调性，进而判断出f（x）≥f（3）=0，整理得lnx＞x-2，令x=2+

1

n

，代入整理即得到证明．

解答：（1）解：由题意知，函数的定义域是（0，+∞），且f′（x）=

a

x

-1=

a-x

x

，
①当a＜0时，f′（x）＜0，则原函数在（0，+∞）上是减函数，故无极值；
②当a＞0时，由f′（x）=0得x=a，列表如下：

x	（0，a）	a	（a，+∞）
f′（x）	+	0	-
f（x）	增函数	极大值	减函数

由上表知f（x）在（0，a）为增函数，在（a，+∞）上为减函数，
∴f（x）的极大值为f（a）=alna-a+2．
（2）解：∵f（x）=alnx一x+2＜0，且x≥2，∴a＜

x-2

lnx

，
令g（x）=

x-2

lnx

（x≥2），
∴g′（x）=

lnx- 1 x (x-2)

(lnx)2

=

lnx+ 2 x -1

(lnx)2

，令h（x）=lnx+

2

x

-1（x≥2），
则h′（x）=

1

x

- 

2

x2

=

x-2

x2

≥0，
∴h（x）在[2，+∞]上是增函数，∴h（x）≥h（2）=ln2+

2

2

-1=ln2＞0，
∴g′（x）＞0，∴g（x）在[2，+∞）上是增函数，
∴g（x）的最小值是g（2）=0，
∵当x≥2时，a＜

x-2

lnx

恒成立，
∴a＜0．
（3）证明：要证  ln（2n+1）-lnn＞

1

n

 （n∈N^*），
只需证     ln

2n+1

n

＞

1

n

，
即证   ln（2+

1

n

） ＞2+

1

n

- 2，
可取a=1，则f（x）=lnx-x+2，且2+

1

n

∈（2，3]，
由（1）知f（x）在（1，+∞）上为减函数，
∴f（x）在（2，3]上为减函数，
∴f（x）≥f（3）=ln3-3+2=ln3-1＞0，
∴lnx-x+2＞0，即lnx＞x-2，令x=2+

1

n

，（n∈N^*），
则ln（2+

1

n

）＞2+

1

n

- 2=

1

n

，
即ln(2n+1)-lnn＞

1

n

，（n∈N^*）．

点评：本小题主要考查了求导公式、利用导数研究函数的单调性、不等式恒成立问题以及构造函数证明不等式等等，考查运算能力和运用函数思想分析解决问题的能力，以及分类讨论的思想方法．