Question

已知函数f（x）=lnx+

1-x

ax

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

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

成立．

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：计算题,证明题,导数的综合应用,不等式

分析：（Ⅰ）求导，将函数f（x）在区间[1，+∞）上单调递增化为导数恒不小于0，从而求a的取值范围；
（Ⅱ）讨论函数f（x）在区间[1，2]上的单调性，从而确定函数f（x）在区间[1，2]上的最小值；
（Ⅲ）注意到当a=1时，f（x）=lnx+

1

x

-1在区间[1，+∞）上单调递增，则可得到f（

n

n-1

）＞f（1），从而可得lnn-ln（n-1）＞

1

n

对于任意的n≥2，n∈N^*恒成立；化lnn=[lnn-ln（n-1）]+[ln（n-1）-ln（n-2）]+…+（ln3-ln2）+（ln2-ln1）
＞

1

n

+

1

n-1

+…+

1

3

+

1

2

，利用放缩法证明对于任意的n≥2，n∈N^*，都有lnn＞

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

成立．

解答： 解：（Ⅰ）由题意，f′（x）=

1

x

-

1

ax2

=

ax-1

ax2

，
∵a为大于零的常数，
若使函数f（x）在区间[1，+∞）上单调递增，
则使ax-1≥0在区间[1，+∞）上恒成立，
即a-1≥0，
故a≥1；
（Ⅱ）①当a≥1时，f（x）在区间[1，2]上单调递增，
则f_min（x）=f（1）=0；
②当0＜a≤

1

2

时，f′（x）在区间[1，2]恒不大于0，
f（x）在区间[1，2]上单调递减，
则f_min（x）=f（2）=ln2-

1

2a

；
③当

1

2

＜a＜1时，令f′（x）=0可解得，x=

1

a

∈（1，2）；
易知f（x）在区间[1，

1

a

]单调递减，在[

1

a

，2]上单调递增，
则f_min（x）=f（

1

a

）=ln

1

a

+1-

1

a

；
综上所述，
①当a≥1时，f_min（x）=0；
②当

1

2

＜a＜1时，f_min（x）=ln

1

a

+1-

1

a

；
③当0＜a≤

1

2

时，f_min（x）=ln2-

1

2a

；
（Ⅲ）证明：易知当a=1时，f（x）=lnx+

1

x

-1在区间[1，+∞）上单调递增，
故当n≥2时，∵

n

n-1

＞1，
∴f（

n

n-1

）＞f（1），
即ln

n

n-1

+

n-1

n

-1＞0，
化简可得，
lnn-ln（n-1）＞

1

n

对于任意的n≥2，n∈N^*恒成立；
则lnn=[lnn-ln（n-1）]+[ln（n-1）-ln（n-2）]+…+（ln3-ln2）+（ln2-ln1）
＞

1

n

+

1

n-1

+…+

1

3

+

1

2

＞

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

．
∴对于任意的n≥2，n∈N^*，都有lnn＞

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

成立．

点评：本题考查了函数的导数的综合应用，同时考查了不等式的证明，利用到了放缩法，同时考查了分类讨论的数学思想，属于难题．