Question

已知函数f(x)=lnx+

1-x

ax

，其中a为大于零的常数．
（Ⅰ）若a=1，求函数f（x）的单调区间；
（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∈N^*，n＞1时，都有lnn＞

1

2

+

1

3

+…+

1

n

成立．

Answer 1

分析：（1）先确定函数的定义域然后求导数fˊ（x），在函数的定义域内解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0；
（2）研究闭区间上的最值问题，先求出函数的极值，比较极值和端点处的函数值的大小，最后确定出最小值．
（3）由（Ⅰ）知函数f(x)=

1

x

-1+lnx在[1，+∞）上为增函数，构造n与n-1的递推关系，可利用叠加法求出所需结论．

解答：解：f′(x)=

ax-1

ax2

(x＞0)． （2分）
（Ⅰ）当a=1时，f′(x)=

x-1

x2

(x＞0)．
当x＞1时，f′（x）＞0；当0＜x＜1时，f′（x）＜0．
∴f（x）的增区间为（1，+∞），减区间为（0，1）．（4分）
（Ⅱ）当a≥1时，f′（x）＞0在（1，2）上恒成立，
这时f（x）在[1，2]上为增函数∴f（x）_min=f（1）=0．
当0＜a≤

1

2

，∵f′（x）＜0在（1，2）上恒成立，
这时f（x）在[1，2]上为减函数∴f(x)min=f(2)=ln2-

1

2a

．
当

1

2

＜a＜1时，令f′（x）=0，得x=

1

a

∈(1，2)．
又∵对于x∈[1，

1

a

)有f′（x）＜0，
对于x∈(

1

a

，2]有f′（x）＞0，
∴f(x)min=f(

1

a

)=ln

1

a

+1-

1

a

，（6分）
综上，f（x）在[1，2]上的最小值为
①当0＜a≤

1

2

时，f(x)min=ln2-

1

2a

；
②当

1

2

＜a＜1时，f(x)min=ln

1

a

+1-

1

a

．
③当a≥1时，f（x）_min=0；（8分）
（Ⅲ）由（Ⅰ）知函数f(x)=

1

x

-1+lnx在[1，+∞）上为增函数，
当n＞1时，∵

n

n-1

＞1，∴f(

n

n-1

)＞f(1)，
即lnn-ln(n-1)＞

1

n

，对于n∈N^*且n＞1恒成立．（10分）
lnn=[lnn-ln（n-1）]+[ln（n-1）-ln（n-2）]++[ln3-ln2]+[ln2-ln1]＞

1

n

+

1

n-1

++

1

3

+

1

2

，
∴对于n∈N^*，且n＞1时，lnn＞

1

2

+

1

3

++

1

n

恒成立．（12分）

点评：本题是函数的综合题，综合考查了利用导数求函数的单调区间，求函数的最值，以及证明不等式，有一定的难度，是一道很好的压轴题．