Question

11．已知函数f（x）=lnx+$\frac{1-x}{ax}$．
（Ⅰ）若函数f（x）在[1，+∞）上为增函数，求正实数a的取值范围；
（Ⅱ）当a=1时，函数g（x）=f（x）-m在[$\frac{1}{2}$，2]上有两个零点，求实数m的取值范围；
（Ⅲ）当a=1时，求证：对大于1的任意正整数n，$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n}$＜lnn恒成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求导，函数f（x）在[1，+∞）上为增函数，则f′（x）≥0，在[1，+∞）上恒成立；
（Ⅱ）根据函数零点存在定理，利用导数求出函数的在[$\frac{1}{2}$，2]上的极值和最值，即可得到结论；
（Ⅲ）先判断函数f（x）的单调性，令令$x=\frac{n}{n-1}$，代入函数f（x）根据单调性得到不等式以$ln\frac{n}{n-1}＞\frac{1}{n}$，令n=1，2，…代入可证．

解答 解：（I）因为  $f（x）=lnx+\frac{1-x}{ax}$，
所以$f'（x）=\frac{ax-1}{{a{x^2}}}（a＞0）$，
依题意可得，对$?x∈[1，+∞）．f'（x）=\frac{ax-1}{{a{x^2}}}≥0$恒成立，
所以对?x∈[1，+∞），ax-1≥0恒成立，
所以对$?x∈[1，+∞），a≥\frac{1}{x}$恒成立，
$a≥{（\frac{1}{x}）_{max}}$，
即a≥1；
（Ⅱ）函数g（x）=f（x）-m在$[\frac{1}{2}，2]$上有两个零点，即f（x）=m在$[\frac{1}{2}，2]$上有两个不同的实数根，即函数y=f（x）的图象与直线y=m在$[\frac{1}{2}，2]$上有两个零点．
当a=1时，$f'（x）=\frac{x-1}{x^2}$，若$x∈[\frac{1}{2}，1]$，f'（x）≤0，f（x）单调递减；
若x∈[1，2]．f'（x）≥0，f（x）单调递增；
故f（x）在x=1处取得极小值，即最小值f（1）=0
又$f（\frac{1}{2}）=1-ln2，f（2）=ln2-\frac{1}{2}$，$f（\frac{1}{2}）-f（2）=\frac{3}{2}-2ln2=\frac{{ln{e^3}-ln16}}{2}＞0$，
所以要使直线y=b与函数y=f（x）的图象在$[\frac{1}{2}，2]$上有两个不同交点，实数m的取值范围为（f（1），f（2）]，
即实数m的取值范围为（$0，ln2-\frac{1}{2}]$；   
（Ⅲ）当a=1时，由（1）可知，$f（x）=lnx+\frac{1-x}{x}$在[1，+∞）上为增函数，
当n＞1时，令$x=\frac{n}{n-1}$，则x＞1，
故f（x）＞f（1）=0，
即$f（\frac{n}{n-1}）=ln\frac{n}{n-1}+\frac{{1-\frac{n}{n-1}}}{{\frac{n}{n-1}}}=ln\frac{n}{n-1}-\frac{1}{n}＞0$，
所以$ln\frac{n}{n-1}＞\frac{1}{n}$．
故 $ln\frac{2}{1}＞\frac{1}{2}，ln\frac{3}{2}＞\frac{1}{3}，ln\frac{4}{3}＞\frac{1}{4}，…，ln\frac{n}{n-1}＞\frac{1}{n}$
相加可得$ln\frac{2}{1}+ln\frac{3}{2}+ln\frac{4}{3}+…+ln\frac{n}{n-1}＞\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+…+\frac{1}{n}$
又因为$ln\frac{2}{1}+ln\frac{3}{2}+ln\frac{4}{3}+…+ln\frac{n}{n-1}=ln（\frac{2}{1}•\frac{3}{2}•\frac{4}{3}…\frac{n}{n-1}）=lnn$
所以，对大于1的任意正整数$n，lnn＞\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+…+\frac{1}{n}$恒成立．

点评 本题主要考查了利用导数研究函数的极值，以及函数的零点等有关基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，属于难题