Question

已知函数f(x)=

a

x

+lnx-1（a是常数），
（Ⅰ）讨论f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当a=1时，方程f（x）=m在x∈[

1

e

，e]上有两解，求m的取值范围；（e≈2.71828）
（Ⅲ）求证：ln

n

n-1

＞

1

n

（n＞1，且n∈N^*．

Answer 1

分析：（Ⅰ）对函数求导可得，f′(x)=

x-a

x2

，要判断函数的单调性，只要判断导数的符号，从而分当a≤0时，当a＞0两种情况考虑
（II）a=1时，f′(x)=

x-1

x2

，x∈[

1

e

，e]，利用导数知识可求f（x）_min=f（1）=0，f（

1

e

）=e-2，＞f（e）=

1

e

，结合函数的图象可求m的范围
（III） 由（II）知f（x）=

1-x

x

+lnx在[1，+∞）上为增函数，且n＞1时，令x=

n

n-1

，则x＞1，故f（x）＞f（1）=0，代入可证

解答：（Ⅰ）解：对函数求导可得，f′(x)=

x-a

x2

 
当a≤0时，在定义域（0，+∞）上，f′（x）＞0恒成立，即f（x）单调增区间为 （0，+∞）；
当a＞0时，在区间（0，a）上，f′（x）＜0，即f（x）单调减区间为 （0，a）；
在（a，+∞）上，，f′（x）＞0，即f（x）单调增区间为 （a，+∞）．
（II）解：a=1时，f′(x)=

x-1

x2

，x∈[

1

e

，e]
当x∈[

1

e

，1)时，f′（x）＜0
当x∈（1，e]时，f′（x）＞0
∴x=1是函数f（x）在[

1

e

，e]上唯一的极小值即为最小值
∴f（x）_min=f（1）=0
∵f（

1

e

）=e-2，f（e）=

1

e

，而f（

1

e

）-f（e）=e-2-

1

e

=

e(e-2)-1

e

＞0
综上可得，当a=1时，方程f（x）=m在x∈[

1

e

，e]上有两解，m的范围为0＜m≤

1

e

（III）证明：若a=1，由（II）知f（x）=

1-x

x

+lnx在[1，+∞）上为增函数
当n＞1时，令x=

n

n-1

，则x＞1，故f（x）＞f（1）=0
即f（

n

n-1

）=

1- n n-1

n n-1

+ln

n

n-1

=ln

n

n-1

-

1

n

＞0
∴ln

n

n-1

＞

1

n

点评：本题主要考查了利用函数的导数判断函数的单调性、求解函数的极值、最值，及利用函数的单调性、最值证明不等式，证明（III）的关键是构造函数，利用单调性