Question

已知a∈R，函数f（x）=

a

x

+lnx-1，其中a＞0，
（1）求函数f（x）在区间（0，e]上的最小值；
（2）求证：1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

≥n-ln（n!）（n∈N^*）．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,函数单调性的性质

专题：函数的性质及应用,导数的概念及应用,导数的综合应用

分析：（1）根据f′（x）=

x-a

x2

，可得f′（x）=0时x=a，分0＜a＜e和a≥e两种情况，分别讨论f′（x）在区间（0，e]上符号，进而可分析函数f（x）在区间（0，e]上的单调性，进而得到函数f（x）在区间（0，e]上的最小值；
（2）令a=1，由（1）可得当x≥1时，恒有

1

x

≥1-lnx，即

1

n

≥1-lnn（n∈N^*），根据对数函数的运算性质累加可得答案．

解答： 解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），
∵f（x）=

a

x

+lnx-1，
∴f′（x）=-

a

x2

+

1

x

=

x-a

x2

，
令f′（x）=0，解得x=a，
若0＜a＜e，则当x∈（0，a）时，f′（x）＜0，当x∈（a，e]时，f′（x）＞0，
∴f（x）在区间（0，a）上单调递减，在区间（a，e]上单调递增，
∴当x=a时，f（x）有最小值lna；
若a≥e，则f′（x）＜0在区间（0，e]上恒成立，f（x）在区间（0，e]上单调递减，
∴当x=e时，f（x）有最小值

a

e

．
（2）由（1）可知：当a=1时，
f（x）=

1

x

+lnx-1，
且f（x）≥0 对任意x∈（0，+∞）恒成立，
即当x≥1时，恒有

1

x

≥1-lnx…（*）
取x=n，（n∈N^*）．得

1

n

≥1-lnn，
∴1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

≥n-（ln1+ln2+ln3+…+lnn）=n-ln（n!）（n∈N^*）

点评：本题考查的知识点是利用导数求闭区间上的函数的最值，函数单调性的性质，是函数与导数的综合应用，难度较大．