Question

已知函数f（x）=lnx+

1-x

ax

，其中a＞0．
（1）若函数f（x）在区间[1，+∞）内单调递增，求a的取值范围；
（2）0＜a≤2时，求f（x）在x∈[1，2]上的最小值；
（3）求证：对于任意的n∈N^*时，都有lnn＞

1

2

+

1

3

+…+

1

n

成立．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,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)=

ax-1

ax2

(x＞0)，
（1）由题意得f′（x）≥0对x∈[1，+∞）恒成立，再转化为最值问题即可，
（2）结合（1）及导数，根据导数的正负性分2≥a≥1，0＜a≤

1

2

，

1

2

＜a＜1三种情况讨论函数的单调性，从而求函数的最小值；
（3）由函数可证明lnn-ln(n-1)＞

1

n

对n∈N^*，且n＞1恒成立，再写lnn=[lnn-ln（n-1）]+[ln（n-1）-ln（n-2）]+…+[ln3-ln2]+[ln2-ln1]，从而证明．

解答： 解：f′(x)=

ax-1

ax2

(x＞0)，
（1）由题意得f′（x）≥0对x∈[1，+∞）恒成立，
即a≥

1

x

对x∈[1，+∞）恒成立；
∵x∈[1，+∞）时，

1

x

≤1，
∴a≥1，
即a的取值范围为[1，+∞）；
（2）当2≥a≥1时，
由（1）知，f′（x）＞0对x∈（1，2）恒成立，
此时f（x）在[1，2]上为增函数，
∴[f（x）]_min=f（1）=0；
当0＜a≤

1

2

时，f′（x）＜0对x∈（1.2）恒成立，
此时f（x）在[1，2]上为减函数，
∴[f(x)]min=f(2)=ln2-

1

2a

；
当

1

2

＜a＜1时，令f′（x）=0，得x=

1

a

∈（1，2），
若x∈(1，

1

a

)，则f′（x）＜0；
若x∈(

1

a

，2)，则f′（x）＞0，
∴[f(x)]min=f(

1

a

)=ln

1

a

+1-

1

a

．
（3）由（1）知函数f(x)=

1

x

-1+lnx在[1，+∞）上为增函数，
当n＞1时，∵

n

n-1

＞1，
∴f(

n

n-1

)＞f(1)，
即lnn-ln(n-1)＞

1

n

对n∈N^*，且n＞1恒成立，
∴lnn=[lnn-ln（n-1）]+[ln（n-1）-ln（n-2）]+…+[ln3-ln2]+[ln2-ln1]＞

1

n

+

1

n-1

+…+

1

3

+

1

2

．

点评：本题考查了导数的综合应用及恒成立问题，同时考查了分类讨论的数学思想及数学证明，属于难题．