Question

已知函数f(x)=lnx+

1-x

ax

，其中a为大于零的常数．
（1）若函数f（x）在区间[1，+∞）内调递增，求a的取值范围；
（2）求函数f（x）在区间[1，2]上的最小值；
（3）求证：对于任意的n∈N*，且n＞1时，都有lnn＞

1

2

+

1

3

+…+

1

n

成立．

Answer 1

（1）∵函数f(x)=lnx+

1-x

ax

，其中a为大于零的常数，
∴f′(x)=

1

x

-

1

ax2

=

x- 1 a

x2

．
∵函数f（x）在区间[1，+∞）内单调递增，
∴当x≥1时，f^′（x）≥0恒成立，即

1

a

≤x（a＞0），x∈[1，+∞）恒成立?

1

a

≤[x]min，（a＞0）x∈[1，+∞）?

1

a

≤1（a＞0）．
解得a≥1．即为所求的取值范围．
（2）（i）由（1）可知：当a≥1时，f（x）在区间[1，2]上单调递增，
∴当x=1时，函数f（x）取得最小值，且f（1）=0．
（ii）当0＜a≤

1

2

时，

1

a

≥2，∴当x∈[1，2]时，f^′（x）≤0，∴函数f（x）在区间[1，2]上单调递减，
∴当x=2时，函数f（x）取得最小值，且f（2）=ln2-

1

2a

．
（iii）当

1

2

＜a＜1时，1＜

1

a

＜2．
令f^′（x）=0，则x=

1

a

．
当1＜x＜

1

a

时，f^′（x）＜0；当

1

a

＜x＜2时，f^′（x）＞0．
∴当x=

1

a

时，函数f（x）取得极小值，因为在区间[1，2]内只有一个极小值，所以也即最小值，∴最小值为f(

1

a

)=1-

1

a

-lna．
（3）由（1）可知：令a=1，则函数f（x）=lnx+

1-x

x

在区间[1，+∞）上单调递增．
再令x=

n+1

n

，f(1+

1

n

)＞f(1)，而f(1+

1

n

)=ln

n+1

n

-

1

n+1

，f（1）=0，
∴ln(n+1)-lnn＞

1

n+1

．
∴lnn=（ln2-ln1）+（ln3-ln2）+…+[lnn-ln（n-1）]＞

1

2

+

1

3

+…+

1

n

，
即lnn＞

1

2

+

1

3

+…

1

n

．