Question

17．已知函数$f（x）=\frac{1}{x}+alnx（a为参数）$
（1）若a=1，求函数f（x）的单调区间；
（2）当x∈（0，e]时，求函数f（x）的最小值；
（3）求证：${（1+\frac{1}{n}）^n}＜e＜{（1+\frac{1}{n}）^{n+1}}（n∈{N^*}）$．

Answer 1

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$\frac{1}{a}$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+$\frac{1}{n}$）ⁿ＜e＜（1+$\frac{1}{n}$）ⁿ⁺¹两边取对数，可整理为 $\frac{1}{n+1}$＜ln（1+$\frac{1}{n}$）＜$\frac{1}{n}$，令x=1+$\frac{1}{n}$，只要证1-$\frac{1}{x}$＜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）$f'（x）=-\frac{1}{x^2}+\frac{a}{x}=\frac{ax-1}{x^2}$（x＞0），
当a=1时，$f'（x）=\frac{x-1}{x^2}$，令f'（x）=0，得x=1，
当x变化时，f'（x），f（x）变化如下：

x	（0，1）	1	（1，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	递减	极小值	递增

所以f（x）的单调增区间为（1，+∞），单调减区间为（0，1）；
（2）①当a≤0时，f'（x）＜0，f（x）在（0，e]上递减，${y_{min}}=f（e）=\frac{1}{e}+a$
②当$\frac{1}{a}≥e$时，即$0＜a≤\frac{1}{e}$时，f'（x）＜0，f（x）在（0，e]上递减，${y_{min}}=f（e）=\frac{1}{e}+a$
③当$0＜\frac{1}{a}＜e$时，即$a＞\frac{1}{e}$时，当x变化时，f'（x），f（x）变化如下：

x	（0，$\frac{1}{a}$）	$\frac{1}{a}$	（$\frac{1}{a}$，e）
f′（x）	-	0	+
f（x）	递减	极小值	递增

所以ymin=f（$\frac{1}{a}$）=a+aln$\frac{1}{a}$，
综上，$f{（x）_{min}}=\left\{\begin{array}{l}a+\frac{1}{e}，（a≤\frac{1}{e}）\\ a+aln\frac{1}{a}，（a＞\frac{1}{e}）\end{array}\right.$；
（3）对${（1+\frac{1}{n}）^n}＜e＜{（1+\frac{1}{n}）^{n+1}}$两边取对数得，
$nln（1+\frac{1}{n}）＜1＜（n+1）ln（1+\frac{1}{n}）$，即$\frac{1}{n+1}＜ln（1+\frac{1}{n}）＜\frac{1}{n}$，
只需证 $\frac{1}{n+1}＜ln（1+\frac{1}{n}）＜\frac{1}{n}$，令$x=1+\frac{1}{n}$，
只需证$1-\frac{1}{x}＜lnx＜x-1（1＜x≤2）$，
证明如下：由（1）知 a=1时，$f（x）=lnx+\frac{1}{x}（x＞0）$的最小值为f（1），
所以$f（x）=lnx+\frac{1}{x}≥f（1）=1$，
即 $1-\frac{1}{x}≤lnx$，又因为1＜x≤2，上式等号取不到，所以$1-\frac{1}{x}＜lnx$①，
令g（x）=x-lnx-1（1＜x≤2），则$g'（x）=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}＞0$，
∴g（x）在1＜x≤2上是增函数，∴g（x）＞g（1）=0②，
综合①②得$\frac{x}{x+1}＜ln（x+1）＜x（1＜x≤2）$，
即$\frac{1}{n+1}＜ln（1+\frac{1}{n}）＜\frac{1}{n}$所以原命题得证．

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．