Question

6．已知函数f（x）=lnx+$\frac{1-x}{ax}$．
（1）若函数f（x）在（1，+∞）上为增函数，求a的取值范围；
（2）设数列{b_n}的前n项和为S_n，其中b_n=$\frac{1}{n}$，求证：n≥2时，1+lnn＞S_n．

Answer 1

分析 （1）对函数f（x）进行求导，令导函数大于等于0在[1，+∞）上恒成立即可求出a的范围．
（2）先证明lnx＞1-$\frac{1}{x}$在[1，+∞）上成立，令x=$\frac{k+1}{k}$得  ln（k+1）-lnk＞$\frac{1}{k+1}$，再令k=1，2，3，…，（n-1），叠加，即可得出结论．

解答 解：（1）∵f（x）=$\frac{1-x}{ax}$+lnx
∴f′（x）=$\frac{ax-1}{{ax}^{2}}$，
∵函数f（x）在[1，+∞）上为增函数，
a＞0时：
∴f′（x）=$\frac{ax-1}{{ax}^{2}}$≥0对x∈[1，+∞）恒成立，
∴ax-1≥0对x∈[1，+∞）恒成立，
即a≥$\frac{1}{x}$对x∈[1，+∞）恒成立，
∴a≥1．
a＜0时：
∴f′（x）=$\frac{ax-1}{{ax}^{2}}$≥0对x∈[1，+∞）恒成立，
∴ax-1≤0对x∈[1，+∞）恒成立，
即a≥$\frac{1}{x}$对x∈[1，+∞）恒成立，
而$\frac{1}{x}$＞0在[1，+∞）恒成立，
故a＜0不合题意，
综上：a≥1．
（2）证明：由（1）可知，
a=1时，f（x）=lnx+$\frac{1}{x}$-1，
函数f（1）=0，
∴lnx＞1-$\frac{1}{x}$在（1，+∞）上成立，
令x=$\frac{k+1}{k}$得  ln（k+1）-lnk＞$\frac{1}{k+1}$令k=1，2，3，…，（n-1），
可得ln2-ln1＞$\frac{1}{2}$，ln3-ln2＞$\frac{1}{3}$，…，lnn-ln（n-1）＞$\frac{1}{n}$，
∵数列{a_n}的通项an=$\frac{1}{n}$，S_n是前n项和，
∴叠加，可得S_n-1＜lnn（n≥2），
即1+lnn＞S_n．

点评 本题考查导数知识的运用，考查分类讨论的数学思想，考查不等式的证明，解题的关键是正确求导函数．