Question

已知f（x）=lnx，g(x)=x+

a

x

（a∈R）．
（1）求f（x）-g（x）的单调区间；
（2）若x≥1时，f（x）≤g（x）恒成立，求实数a的取值范围；
（3）当n∈N^*，n≥2时，证明：

ln2

3

•

ln3

4

•…•

lnn

n+1

＜

1

n

．

Answer 1

分析：（1）先求F(x)=f(x)-g(x)=lnx-x-

a

x

(x＞0)，求导函数F′(x)=

1

x

-1+

a

x2

=

-x2+x+a

x2

，分类讨论即可求出函数的单调区间．
（2）x≥1时，lnx≤x+

a

x

恒成立，等价于a≥[xlnx-x²]_max，构造新的函数k（x）=xlnx-x²造．求出函数的最大值即可求出a的取值范围．
（3）方法一：由（2）可知当a=-1时，x≥1时，lnx≤x-

1

x

恒成立所以n∈N^*，n≥2时，有lnn＜n-

1

n

?

lnn

n+1

＜

n-1

n

，进而可证．
方法二：利用数学归纳法证明．当n=2时，显然成立．假设n=k（n∈N^*，n≥2）成立，即

ln2

3

•

ln3

4

••

lnk

k+1

＜

1

k

那么当n=k+1时，

ln2

3

•

ln3

4

••

lnk

k+1

•

ln(k+1)

k+2

＜

1

k

•

ln(k+1)

k+2

下面只需证

1

k

•

ln(k+1)

k+2

＜

1

k+1

，（k+1）ln（k+1）＜k（k+2）即可得证．

解答：解：（1）F(x)=f(x)-g(x)=lnx-x-

a

x

(x＞0)
F′(x)=

1

x

-1+

a

x2

=

-x2+x+a

x2

（1分）
当△=1+4a≤0，
即a≤-

1

4

时，F′（x）≤0，
所以F（x）在（0，+∞）上单调递减（2分）
当△=1+4a＞0，即a＞-

1

4

时，
F′(x)=0，x1=

- 1+4a +1

2

，x2=

1+4a +1

2

，
①-

1

4

＜a≤0时，
x₁＞0，x₂＞0，
单调增区间为（0，+∞）（3分）
②a＞0时，
x₁＞0，x₂＞0，
单调增区间为（x₁，x₂），
单调减区间为（0，x₁），（x₂，+∞）（5分）
综上：①a≤-

1

4

时，F（x）在（0，+∞）上单调递减（只要写出以上三种情况即得5分）
②-

1

4

＜a≤0时，
x₁≤0，x₂＞0，
单调增区间为（0，x₂），单调减区间为（x₂，+∞）
③a＞0时，
x₁＞0，x₂＞0，
单调增区间为（x₁，x₂），，单调减区间为（0，x₁），（x₂，+∞）
（2）lnx≤x+

a

x

恒成立，
等价于a≥[xlnx-x²]_max（6分）
k（x）=xlnx-x²，k′（x）=1+lnx-2x，
[k′(x)]′=

1

x

-2＜0
k′（x）在[1，+∞）上单调递减，
k′（x）≤k′（1）=-1＜0，
k（x）在[1，+∞）上单调递减，
所以k（x）的最大值为k（1）=-1，所以a≥-1（18分）
（3）证法一：由（2）知当a=-1时，x≥1时，lnx≤x-

1

x

恒成立
所以n∈N^*，n≥2时，有lnn＜n-

1

n

?

lnn

n+1

＜

n-1

n

（10分）
所以

ln2

3

＜

1

2

，

ln3

4

＜

2

3

，

lnn

n+1

＜

n-1

n

相乘得

ln2

3

•

ln3

4

••

lnn

n+1

＜

1

n

（12分）
方法二：数学归纳法
①当n=2时，显然成立（9分）
②假设n=k（n∈N^*，n≥2）成立，即

ln2

3

•

ln3

4

••

lnk

k+1

＜

1

k

那么当n=k+1时，

ln2

3

•

ln3

4

••

lnk

k+1

•

ln(k+1)

k+2

＜

1

k

•

ln(k+1)

k+2

下面只需证

1

k

•

ln(k+1)

k+2

＜

1

k+1

，（k+1）ln（k+1）＜k（k+2）
设t=k+1≥3，所以设k（t）=tlnt-t²+1
由（2）知当a=-1时，x≥1时，lnx≤x-

1

x

恒成立，
即k（t）=tlnt-t²++1＜0在t=k+1≥3恒成立，所以

ln2

3

•

ln3

4

••

lnk

k+1

•

ln(k+1)

k+2

＜

1

k+1

综合（1）（2）命题成立（12分）

点评：此题主要考查函数单调性的判断及函数的恒成立问题．