Question

已知函数f（x）=

1

x

+alnx（a为参数）
（1）若a=1，求函数f（x）单调区间；
（2）当x∈（0，e]时，求函数f（x）的最小值；
（3）求证：（1+

1

n

）ⁿ＜e＜（1+

1

n

）ⁿ⁺¹（e=2.718…，n∈N^*）

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,利用导数研究函数的单调性

专题：综合题,导数的综合应用,不等式的解法及应用

分析：（1）a=1时，在定义域内解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0即可；
（2）分情况进行讨论：a≤0时易判断单调性，由单调性可得最小值；a＞0时，按照极值点

1

a

与区间（0，e]的位置关系再分两种情况讨论，由单调性可求；
（3）对（1+

1

n

）ⁿ＜e＜（1+

1

n

）ⁿ⁺¹两边取对数，可整理为

1

n+1

＜ln(1+

1

n

)＜

1

n

．令x=1+

1

n

，只要证1-

1

x

＜lnx＜x-1，（1＜x≤2），左边不等式可由（1）问结论得到；右边不等式通过构造函数利用导数可证明；

解答： 解：（1）f′（x）=-

1

x2

+

a

x

=

ax-1

x2

，定义域为（0，+∞），
当a=1时，f′（x）=

x-1

x2

，令f′（x）=0得x=1，
∴f（x）的单调递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0，1）．
（2）f′（x）=-

1

x2

+

a

x

=

ax-1

x2

，
①当a≤0时，f′（x）＜0对x∈（0，+∞）恒成立，∴f（x）在区间（0，e]上单调递减，
∴f（x）在区间（0，e]上的最小值为f（e）=

1

e

+alne=

1

e

+a；
②当x=

1

a

＞0，即a＞0时，令f′（x）=0，得x=

1

a

，
（ⅰ）若e≤

1

a

，即a≤

1

e

时，则f′（x）≤0对x∈（0，e]成立，
∴f（x）在区间（0，e]上单调递减，
∴f（x）在区间（0，e]上的最小值为f（e）=

1

e

+alne=

1

e

+a；
（ⅱ）若0＜

1

a

＜e即a＞

1

e

时，f（x）在（0，

1

a

）上单调递减，在（

1

a

，e）上单调递增，在x=

1

a

处有极小值．
∴f（x）在区间（0，e]上的最小值为f（

1

a

）=a+aln

1

a

．
综上，得f(x)min=

f(e)= 1 e +a(a≤ 1 e ) f( 1 a )=a+aln 1 a (a＞ 1 e )

．
（3）对（1+

1

n

）ⁿ＜e＜（1+

1

n

）ⁿ⁺¹两边取对数，得
nln（1+

1

n

）＜1＜（n+1）ln（1+

1

n

），即

1

n+1

＜ln(1+

1

n

)＜

1

n

．
令x=1+

1

n

，只要证1-

1

x

＜lnx＜x-1，（1＜x≤2），
证明如下：由（1）知a=1时，f（x）=lnx+

1

x

（x＞0）的最小值为f（1）=1，
∴f（x）=lnx+

1

x

≥1（x＞0），即1-

1

x

≤lnx；
又∵当1＜x≤2时，上式等号取不到，
∴1-

1

x

＜lnx（1＜x≤2），①
令g（x）=x-lnx-1（1＜x≤2），
则g′（x）=1-

1

x

=

x-1

x

＞0，∴g（x）在（1，2]上是增函数，
∴g（x）＞g（1）=0，即lnx＜x-1，②
综合①②，得

x

x+1

＜ln（x+1）＜x，（1＜x≤2），
令x=1+

1

n

，则

1

n+1

＜ln(1+

1

n

)＜

1

n

，∴原不等式成立．

点评：该题考查利用导数研究函数的单调性、最值、证明不等式，考查分类讨论思想，考查学生分析问题解决问题的能力，综合性强，难度大，解决（3）问的关键是通过去对数对原不等式进行合理变形．