Question

已知函数f（x）=lnx-x
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若不等式af（x）≥x-

1

2

x²在x∈（0，+∞）内恒成立，求实数a的取值范围；
（3）n∈N⁺，求证：

1

ln2

+

1

ln3

+…+

1

ln(n+1)

＞

n

n+1

．

Answer 1

分析：（1）求导函数，由导数的正负，即可确定函数的单调性，注意定义域；
（2）不等式af（x）≥x-

1

2

x²在x∈（0，+∞）内恒成立，可转化成

1

2

x²+alnx-（a+1）x≥0在x∈（0，+∞）内恒成立，然后讨论研究不等式左侧函数的最小值，使最小值大于等于0可求出a的取值范围；
（3）由（ 2）知当a=-

1

2

时，g（x）=

1

2

x²-

1

2

lnx-

1

2

x≥0，即lnx≤x²-x，从而得到

1

lnx

＞

1

x2-x

=

1

(x-1)x

=

1

x-1

-

1

x

，令x=2，3，…n，最后叠加即可证得不等式．

解答：解：（1）∵f（x）=lnx-x，
∴f′（x）=

1

x

-1=

1-x

x

，定义域为（0，+∞），
令f′（x）＞0，解得0＜x＜1；
令f′（x）＜0，解得x＞1；
∴f（x）的单调增区间为（0，1），单调减区间为（1，+∞），
（2）∵af（x）≥x-

1

2

x²在x∈（0，+∞）内恒成立，
∴

1

2

x²+alnx-（a+1）x≥0在x∈（0，+∞）内恒成立，
令g（x）=

1

2

x²+alnx-（a+1）x，
∴g′（x）=x+

a

x

-（a+1）=

(x-a)(x-1)

x

，
①若a≤0时，当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，则g（x）在（0，1）上单调递减，
当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，则g（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴g（x）_min=g（1）=

1

2

-（a+1）≥0，解得a≤-

1

2

，又a≤0，故a≤-

1

2

，
②若0＜a≤1时，g′（x）=0解得x=a或x=1，列表如下

x	（0，a）	a	（a，1）	1	（1，+∞）
g′（x）	+	0	-	0	+
g（x）	增	极大值	减	极小值	增

又g（1）=

1

2

-（a+1）＜0，故不满足要求
③若a＞1时，g′（x）=0解得x=a或x=1，列表如下

x	（0，1）	1	（1，a）	a	（a，+∞）
g′（x）	+	0	-	0	+
g（x）	增	极大值	减	极小值	增

同理g（1）=

1

2

-（a+1）＜0，故也不满足要求
综合上述，要使不等式af（x）≥x-

1

2

x²在x∈（0，+∞）内恒成立，则实数a的取值范围为（-∞，-

1

2

]；
（ 3）由（ 2）知当a=-

1

2

时，g（x）=

1

2

x²-

1

2

lnx-

1

2

x≥0，
即lnx≤x²-x（x=1取等号）
∴当x＞1时，

1

lnx

＞

1

x2-x

=

1

(x-1)x

=

1

x-1

-

1

x

令x=2，3，…n，则有

1

ln2

＞1-

1

2

，

1

ln3

＞1-

1

3

，…，

1

ln(n+1)

＞

1

n

-

1

n+1

，
相加得

1

ln2

+

1

ln3

+…+

1

ln(n+1)

＞1-

1

2

+

1

2

-

1

3

+…+

1

n

-

1

n+1

=1-

1

n+1

=

n

n+1

．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性，导数的正负对应着函数的增减，以及利用导数证明不等式．利用导数研究函数问题时，经常会运用分类讨论的数学思想方法．属于中档题．