Question

已知函数f（x）=ax+lnx，a∈R．
（1）当a=-1时，求f（x）的最大值；
（2）求证：ln(n+1)＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

(n∈N+)；
（3）对f（x）图象上的任意不同两点P₁（x₁，x₂），P（x₂，y₂）（0＜x₁＜x₂），证明f（x）图象上存在点P₀（x₀，y₀），满足x₁＜x₀＜x₂，且f（x）图象上以P₀为切点的切线与直线P₁P₂平行．

Answer 1

分析：（1）当a=-1时，f（x）=-x+lnx，易求得f′（x），且f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减；故可求得f（x）的最大值．
（2）由（1）知-x+lnx≤-1，∴lnx≤x-1，当取x=

n+1

n

(n∈N+)时，可得ln

2

1

≤

2

1

-1；ln

3

2

≤

3

2

-1；ln

4

3

≤

4

3

-1；ln

n+1

n

≤

n+1

n

-1；把以上各式相加，可得证明．
（3）直线P₁P₂的斜率k由P₁，P₂两点坐标可表示为k=

ax2+lnx2-ax1-lnx1

x2-x1

=a+

lnx2-lnx1

x2-x1

；
由（1）知-x+lnx≤-1，当且仅当x=1时取等号；可得-

x2

x1

+ln

x2

x1

＜-1，整理可得

lnx2-lnx1

x2-x1

＜

1

x1

，
同理，由-

x1

x2

+ln

x1

x2

＜-1，得

lnx2-lnx1

x2-x1

＞

1

x2

；所以P₁P₂的斜率k∈(a+

1

x2

，a+

1

x1

)，
在x∈（x₁，x₂）上，有f′(x)=a+

1

x

∈(a+

1

x2

，a+

1

x1

)，可得结论．

解答：解：（1）当a=-1时，f（x）=-x+lnx，∴f′(x)=

1-x

x

，且x∈（0，1）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；
x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减．
故当x=1时，f（x）取最大值f（1）=-1．
（2）由（1）知-x+lnx≤-1，∴lnx≤x-1，取x=

n+1

n

(n∈N+)，可得ln

2

1

≤

2

1

-1；ln

3

2

≤

3

2

-1；ln

4

3

≤

4

3

-1；ln

n+1

n

≤

n+1

n

-1；
以上各式相加得：ln（n+1）＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

（n∈N⁺）
（3）直线P₁P₂的斜率为k=

ax2+lnx2-ax1-lnx1

x2-x1

=a+

lnx2-lnx1

x2-x1

；
由（1）知-x+lnx≤-1，当且仅当x=1时取等号，
∴-

x2

x1

+ln

x2

x1

＜-1?ln

x2

x1

＜

x2

x1

-1?lnx2-lnx1＜

x2-x1

x1

?

lnx2-lnx1

x2-x1

＜

1

x1

，
同理，由-

x1

x2

+ln

x1

x2

＜-1，可得

lnx2-lnx1

x2-x1

＞

1

x2

；
故P₁P₂的斜率k∈(a+

1

x2

，a+

1

x1

)，
又在x∈（x₁，x₂）上，f′(x)=a+

1

x

∈(a+

1

x2

，a+

1

x1

)，
所以f（x）图象上存在点P₀（x₀，y₀），满足x₁＜x₀＜x₂，且f（x）图象上以P₀为切点的切线与直线P₁P₂平行．

点评：本题综合考查了利用导数研究曲线上过某点的切线方程，利用导数研究函数的单调区间以及根据函数的增减性得到函数的最值问题，也考查了利用函数证明不等式的问题，是较难的题目．