Question

已知函数f（x）=x-mlnx-1（m∈R）．
（Ⅰ）求函数y=f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当m=1时，求函数y=f（x）的最小值；
（Ⅲ）求证：1+

1

2

+

2

3

+…+

n-1

n

＞n-lnn（n≥2，n∈N^*）．

Answer 1

考点：数列与不等式的综合,利用导数研究函数的单调性,导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：综合题,点列、递归数列与数学归纳法

分析：（Ⅰ）求导数，分类讨论，利用导数的正负求函数y=f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当m=1时，函数的单调增区间为（1，+∞）；单调减区间为（0，1），即可求函数y=f（x）的最小值；
（Ⅲ）证明1+

1

2

+

2

3

+…+

n-1

n

＞n-lnn，只要证明

1

2

+

1

3

+…+

1

n

＜lnn，利用数学归纳法进行证明．

解答： 解：（Ⅰ）∵f（x）=x-mlnx-1，
∴f′（x）=1-

m

x

=

x-m

x

，
∴m≤0，f′（x）≥0，函数单调递增；m＞0，f′（x）＞0，x＞0，可得x＞m；f′（x）＜0，x＞0，可得0＜x＜m，
∴m≤0，函数的单调增区间为（0，+∞）；m＞0，函数的单调增区间为（m，+∞）；单调减区间为（0，m）；
（Ⅱ）当m=1时，函数的单调增区间为（1，+∞）；单调减区间为（0，1），
∴x=1时，函数y=f（x）取得最小值0；
（Ⅲ）证明1+

1

2

+

2

3

+…+

n-1

n

＞n-lnn，
只要证明

1

2

+

1

3

+…+

1

n

＜lnn
①n=2时，结论成立；
②设n=k时，结论成立，即

1

2

+

1

3

+…+

1

k

＜lnk，
则n=k+1时，

1

2

+

1

3

+…+

1

k

+

1

k+1

＜lnk+

1

k+1

，
由（Ⅱ）知当x＞0时恒有f（x）≥0，即x-1≥lnx，
∴ln

k

k+1

＜-

1

k+1

，
∴lnk+

1

k+1

＜ln（k+1），即n=k+1时，结论成立．
由①②可得

1

2

+

1

3

+…+

1

n

＜lnn，
∴1+

1

2

+

2

3

+…+

n-1

n

＞n-lnn（n≥2，n∈N^*）．

点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的最值，考查不等式的证明，考查数学归纳法，有难度．