Question

1．已知f（x）=（a-lnx）x-1．
（I）不等式f（x）≤0对任意x∈（0，+∞）恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）已知正项数列{a_n}的前n项和为S_n，且S_n=$\frac{{a}_{n}（{a}_{n}+1）}{2}$，求证：$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$＞lna_n+1．

Answer 1

分析 （I）由题意可得a≤lnx+$\frac{1}{x}$对任意x∈（0，+∞）恒成立，令g（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，求出导数，求得单调区间、极值和最小值，即可得到a的范围；
（Ⅱ）由n=1时，a₁=S₁，当n＞1时，a_n=S_n-S_n-1，求出数列{a_n}的通项，再由lnx≥1-$\frac{1}{x}$，可令x=$\frac{n}{n+1}$，运用对数的性质和累加法，即可得证．

解答 解：（I）不等式f（x）≤0即为a≤lnx+$\frac{1}{x}$，
由题意可得a≤lnx+$\frac{1}{x}$对任意x∈（0，+∞）恒成立，
令g（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，g′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）递增；
当0＜x＜1时，g′（x）＜0，g（x）递减．
即有x=1处，g（x）取得极小值，也为最小值，且为1．
则有a≤1，故a的取值范围是（-∞，1]；
（Ⅱ）证明：由S_n=$\frac{{a}_{n}（{a}_{n}+1）}{2}$，可得
n=1时，a₁=S₁=$\frac{{a}_{1}（{a}_{1}+1）}{2}$，
解得a₁=1（0舍去），
当n＞1时，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{{a}_{n}（{a}_{n}+1）}{2}$-$\frac{{a}_{n-1}（{a}_{n-1}+1）}{2}$，
化简可得（a_n-a_n-1-1）（a_n+a_n-1）=0，
由a_n＞0，可得a_n-a_n-1=1，
即有正项数列{a_n}为首项是1，公差为1的等差数列，
则a_n=1+n-1=n．
由（Ⅰ）可得，lnx+$\frac{1}{x}$≥1（当且仅当x=1等号成立）恒成立，
即有lnx≥1-$\frac{1}{x}$，可令x=$\frac{n}{n+1}$，
即有ln$\frac{n}{n+1}$＞1-$\frac{n+1}{n}$=-$\frac{1}{n}$，
即$\frac{1}{n}$＞ln$\frac{n+1}{n}$=ln（n+1）-lnn，
则$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$=1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$＞ln2-ln1+ln3-ln2+…+ln（n+1）-lnn
=ln（n+1）-ln1=ln（n+1）=lna_n+1．
故原不等式成立．

点评 本题考查不等式恒成立问题的解法，注意运用参数分离和导数，考查不等式的证明，注意运用函数恒成立的结论，同时考查累加法和不等式的性质，属于中档题．