Question

已知a＞0，函数f（x）=

1-x

ax

+lnx．
（Ⅰ）若f（x）在区间[1，+∞）上是单调递增函数，试求实数a的取值范围；
（Ⅱ）当a=

1

2

时，求f（x）的最小值；
（Ⅲ）当a=1时，设数列{

1

n

}的前n项和为S_n，求证：S_n-1＜f（n）-

1-n

n

＜S_n-1（n∈N且n≥2）．

Answer 1

分析：（Ⅰ）先求出f’（x），利用它是单调增函数，得含参的不等式然后利用恒成立问题求得a的范围．
（Ⅱ）将a的值代入得f（x）的表达式，然后用求导的方法判断其单调性，从而求出函数f（x）的最小值．
（Ⅲ）先构造两个不等式lnx＞1-

1

x

和x-1＞lnx，并给出证明，然后将x=1，2，…，n-1代入不等式

1

x+1

＜ln

x+1

x

＜

1

x

，化简即证．

解答：解：（1）∵f′(x)=

ax-1

ax2

(x＞0)若f（x）在x∈[1，+∞）是单调递增函数，
则f′(x)≥0恒成立，即a≥

1

x

恒成立．
即a≥(

1

x

) max，∵x∈[1，+∞），∴

1

x

≤1，∴a≥1
（Ⅱ）当a=

1

2

时，f(x)=

2-2x

x

+lnx，f′(x)=

x-2

x2

，
由f'（x）＜0，得0＜x＜2；由f'（x）＞0，得x＞2
∴f（x）在（0，2）上为减函数，在（2，+∞）为增函数．
∴f（x）_min=f（2）=ln2-1
（Ⅲ）当a=1 时，由（Ⅱ）知；f(x)=

1-x

x

+lnx在[1，+∞）上为增函数，
∵f(n)-

1-n

n

=

1-n

a•n

+lnn-

1-n

n

=lnn
又∵当x＞1时，f（x）＞f（1），∴

1-x

x

+lnx＞0，即lnx＞1-

1

x

令g(x)=x-1-lnx，则有g′(x)=1-

1

x

，当x∈(1，+∞)，有g′(x)＞0
从而可以知道，函数g（x）在[1，+∞）上是递增函数，
所以有g（x）＞g（1）=0，即得x-1＞lnx．
综上有：1-

1

x

＜lnx＜x-1，(x＞1)，
∴

1

x+1

＜ln

x+1

x

＜

1

x

；
令x=1，2，…，n-1，（n∈N^*，且n≥2）时，不等式

1

x+1

＜ ln

x+1

x

＜

1

x

也成立，于是代入，
将所得各不等式相加，得

1

2

+

1

3

+…+

1

n

＜ln

2

1

+ln

3

2

+…+ln

n

n-1

＜1+

1

2

+…+

1

n-1

，
即

1

2

+

1

3

+…+

1

n

＜lnn＜1+

1

2

+…+

1

n-1

．
即∴Sn-1＜f(n)-

1-n

n

＜Sn-1(n∈N*，且n≥2)

点评：此题考查利用求导的方法判断函数的单调性求最值．