Question

（2009•聊城二模）已知函数f(x)=lnx+

1-x

ax

，其中a为大于零的常数．
（1）若函数f（x）在区间[1，+∞）内调递增，求a的取值范围；
（2）求函数f（x）在区间[1，2]上的最小值；
（3）求证：对于任意的n∈N*，且n＞1时，都有lnn＞

1

2

+

1

3

+…+

1

n

成立．

Answer 1

分析：（1）先求出函数f（x）的导数f^′（x），由题意可知：当x≥1时，f^′（x）≥0恒成立，解出a的取值范围即可．
（2）根据导函数及利用（1）需要对a进行分类讨论即可．
（3）利用（1）的结论，只要令a=1，x=

n+1

n

即可．

解答：解：（1）∵函数f(x)=lnx+

1-x

ax

，其中a为大于零的常数，
∴f′(x)=

1

x

-

1

ax2

=

x- 1 a

x2

．
∵函数f（x）在区间[1，+∞）内单调递增，
∴当x≥1时，f^′（x）≥0恒成立，即

1

a

≤x（a＞0），x∈[1，+∞）恒成立?

1

a

≤[x]min，（a＞0）x∈[1，+∞）?

1

a

≤1（a＞0）．
解得a≥1．即为所求的取值范围．
（2）（i）由（1）可知：当a≥1时，f（x）在区间[1，2]上单调递增，
∴当x=1时，函数f（x）取得最小值，且f（1）=0．
（ii）当0＜a≤

1

2

时，

1

a

≥2，∴当x∈[1，2]时，f^′（x）≤0，∴函数f（x）在区间[1，2]上单调递减，
∴当x=2时，函数f（x）取得最小值，且f（2）=ln2-

1

2a

．
（iii）当

1

2

＜a＜1时，1＜

1

a

＜2．
令f^′（x）=0，则x=

1

a

．
当1＜x＜

1

a

时，f^′（x）＜0；当

1

a

＜x＜2时，f^′（x）＞0．
∴当x=

1

a

时，函数f（x）取得极小值，因为在区间[1，2]内只有一个极小值，所以也即最小值，∴最小值为f(

1

a

)=1-

1

a

-lna．
（3）由（1）可知：令a=1，则函数f（x）=lnx+

1-x

x

在区间[1，+∞）上单调递增．
再令x=

n+1

n

，f(1+

1

n

)＞f(1)，而f(1+

1

n

)=ln

n+1

n

-

1

n+1

，f（1）=0，
∴ln(n+1)-lnn＞

1

n+1

．
∴lnn=（ln2-ln1）+（ln3-ln2）+…+[lnn-ln（n-1）]＞

1

2

+

1

3

+…+

1

n

，
即lnn＞

1

2

+

1

3

+…

1

n

．

点评：本题考查了利用导数求函数的单调区间、最值及证明不等式，充分理解导数的意义及掌握恰当分类讨论思想和转化思想是解题的关键．