Question

5．设函数f（x）=lnx+$\frac{a}{x}$-a．
（1）讨论函数f（x）的单调性并求函数f（x）的极值；
（2）若h（x）=f（x+1），当a＞0时，若对任意的x≥0，恒有h（x）≥0，求实数a的取值范围；
（3）设x∈N，且x＞2，试证明：lnx＞$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{x}$．

Answer 1

分析 （1）求出函数的定义域，f′（x）=0，分a≤0，a＞0两种情况讨论，由f′（x）的符号可判断函数单调性，根据单调性可判断函数极值；
（2）对任意的x≥0，恒有h（x）≥0等价于h（x）_min≥0，按0＜a≤1，a＞1两种情况讨论，借助（1）问结论可求得函数h（x）的最小值；
（3）由（2）可知，ln（1+x）≥$\frac{x}{x+1}$，则lnx=ln（$\frac{2}{1}$×$\frac{3}{2}$×…×$\frac{x}{x-1}$）=ln2+ln$\frac{3}{2}$+…+ln$\frac{x}{x-1}$=ln（1+1）+ln（1+$\frac{1}{2}$）+…+ln（1+$\frac{1}{x-1}$），利用不等式进行放缩，整理可得结论．

解答 解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$，
①当a≤0时，恒有x-a＞0，恒有f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，无极值；
②当a＞0时，由f′（x）=0得x=a，
当x∈（0，a）时，f′（x）＜0，当x∈（a，+∞）时，f′（x）＞0，
故函数f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，
故当x=a时f（x）取得极小值，无极大值，极小值为f（a）=lna+1-a．
（2）h（x）=f（x+1）=ln（x+1）+$\frac{a}{x+1}$-a，
当0＜a≤1时，y=h（x）在（0，+∞）上单调递增，h（x）≥h（0）=0，所以满足题意；
当a＞1时，由（1）可知应有h（a-1）=lna+1-a≥0（*）成立，
令g（a）=lna+1-a，则g′（a）=$\frac{1}{a}$-1，g′（a）＜0，g（a）在（1，+∞）上单调递减，
所以g（a）＜0，即h（a-1）=g（a）＜0，与（*）不符，
所以a的取值范围是0＜a≤1．
（3）由（2）可知，ln（1+x）≥$\frac{x}{x+1}$，
所以lnx=ln（$\frac{2}{1}$×$\frac{3}{2}$×…×$\frac{x}{x-1}$）=ln2+ln$\frac{3}{2}$+…+ln$\frac{x}{x-1}$=ln（1+1）+ln（1+$\frac{1}{2}$）+…+ln（1+$\frac{1}{x-1}$）
＞$\frac{1}{2}$+$\frac{\frac{1}{2}}{1+\frac{1}{2}}$+…+$\frac{\frac{1}{x-1}}{1+\frac{1}{x-1}}$=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{x}$．

点评 题考查利用导数研究函数的极值、在闭区间上的最值，考查不等式的证明，考查分类讨论思想，考查解决问题的能力，解决（3）问的关键是借助（2）得到不等式，然后对lnx进行恰当变形．