Question

已知函数f（x）=alnx+

1

x

，g（x）=x+lnx，其中a＞0，且x∈（0，+∞）．
（1）若a=1，求f（x）的最小值；
（2）若对任意x≥1，不等式f（x）≤g（x）恒成立，求实数a的取值范围；
（3）已知数列{a_n}满足：a₁∈[1，2]，且对任意正整数n，有a_n+1=a_n+2n+2，求证：

lna1

a1

+

lna2

a2

+…+

lnan

an

≤

n2

n+1

．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（1）求导数，确定函数的单调性，即可求f（x）的最小值；
（2）对任意x≥1，不等式f（x）≤g（x）恒成立，即h（x）=f（x）-g（x）=（a-1）lnx+

1

x

-x≤0恒成立，对a分类讨论，确定函数的单调性，即可求实数a的取值范围；
（3）证明

ln ai

ai

≤

1

2

（1-

1

ai

），a_n=n（n+1）-2+a₁≤n（n+1），结合累加法，裂项法，即可证明结论．

解答： 解：（1）a=1时，f（x）=lnx+

1

x

，f′（x）=

x-1

x2

，
∴f′（x）＜0，可得0＜x＜1，f′（x）＞0，可得x＞1，
∴函数f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∴x=1时，f（x）的最小值为1；
（2）对任意x≥1，不等式f（x）≤g（x）恒成立，即h（x）=f（x）-g（x）=（a-1）lnx+

1

x

-x≤0恒成立，
∴h′（x）=-

x2-(a-1)x+1

x2

0＜a≤3时，△≤0，则h′（x）≤0，即h（x）在[1，+∞）上单调递减，
∵h（1）=0，∴h（x）≤h（1）=0恒成立；
a＞3时，x²-（a-1）x+1=0的两根满足0＜x₁＜1＜x₂，
∴x∈（x₂，+∞）时，x²-（a-1）x+1＞0，则h′（x）＞0，即h（x）在（x₂，+∞）上单调递增，
∵h（1）=0，∴存在x∈（x₂，+∞）使得h（x）＞h（1）=0，不合题意，
综上，0＜a≤3；
（3）由（2）知，令a=3，则对任意x≥1，有2lnx+

1

x

-x≤0，即

lnx

x

≤

1

2

（1-

1

x2

），
令x=

ai

≤1，∴

ln ai

ai

≤

1

2

（1-

1

ai

），
∵数列{a_n}满足：a₁∈[1，2]，且对任意正整数n，有a_n+1=a_n+2n+2，
∴由累加法可得a_n=n（n+1）-2+a₁≤n（n+1）
∴

ln ai

ai

≤1-

1

ai

≤1-

1

i(i+1)

=1-（

1

i

-

1

i+1

），
累加，可得

lna1

a1

+

lna2

a2

+…+

lnan

an

≤n-（1-

1

2

+

1

2

-

1

3

+…+

1

n

-

1

n+1

）=

n2

n+1

．

点评：本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性与最值，考查不等式的证明，难度大．