Question

20．已知函数f（x）=lnx+$\frac{1-x}{ax}$，其中a为大于零的常数．．
（1）若函数f（x）在区间[1，+∞）内单调递增，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＞$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$成立．

Answer 1

分析 （1）求导，将函数f（x）在区间[1，+∞）上单调递增化为导数恒不小于0，从而求a的取值范围；
（2）研究闭区间上的最值问题，先求出函数的极值，比较极值和端点处的函数值的大小，最后确定出最小值．
（3）由（1）知函数f（x）=$\frac{1}{x}$-1+lnx在[1，+∞）上为增函数，构造n与n-1的递推关系，可利用叠加法求出所需结论

解答 解：（1）由题意，f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{ax}^{2}}$=$\frac{ax-1}{{ax}^{2}}$，
∵a为大于零的常数，
若使函数f（x）在区间[1，+∞）上单调递增，
则使ax-1≥0在区间[1，+∞）上恒成立，
即a-1≥0，
故a≥1；（2）当a≥1时，f′（x）＞0在（1，2）上恒成立，
这时f（x）在[1，2]上为增函数∴f（x）_min=f（1）=0．
当0＜a≤$\frac{1}{2}$，∵f′（x）＜0在（1，2）上恒成立，
这时f（x）在[1，2]上为减函数∴f（x）min=f（2）=ln2-$\frac{1}{2a}$，
当$\frac{1}{2}$＜a＜1时，令f′（x）=0，得x=$\frac{1}{a}$∈（1，2）．
又∵对于x∈[1，$\frac{1}{a}$）有f′（x）＜0，
对于x∈（$\frac{1}{a}$，2]有f′（x）＞0，
∴f（x）min=f（$\frac{1}{a}$）=ln$\frac{1}{a}$+1-$\frac{1}{a}$，（6分）
综上，f（x）在[1，2]上的最小值为
①当0＜a≤$\frac{1}{2}$时，f（x）min=ln2-$\frac{1}{2a}$；
②当$\frac{1}{2}$＜a＜1时，f（x）min=ln$\frac{1}{a}$+1-$\frac{1}{a}$．
③当a≥1时，f（x）_min=0；（8分）
（3）由（1）知函数f（x）=$\frac{1}{x}$-1+lnx在[1，+∞）上为增函数，
当n＞1时，∵$\frac{n}{n-1}$＞1，∴f（ $\frac{n}{n-1}$）＞f（1），
即lnn-ln（n-1）＞$\frac{1}{n}$，对于n∈N^*且n＞1恒成立．（10分）
lnn=[lnn-ln（n-1）]+[ln（n-1）-ln（n-2）]++[ln3-ln2]+[ln2-ln1]＞$\frac{1}{n}$+$\frac{1}{n-1}$+…+$\frac{1}{2}$，
∴对于n∈N^*，且n＞1时，lnn＞$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$恒成立．（12分）

点评 本题是函数的综合题，综合考查了利用导数求函数的单调区间，求函数的最值，以及证明不等式，有一定的难度，是一道很好的压轴题．