Question

函数f（x）=alnx+1（a＞0）．
（1）当x＞0时，求证：f（x）-1≥a（1-

1

x

）；
（2）是否存在实数a使得在区间[1，2）上f（x）≥x恒成立？若存在，求出a的取值条件；
（3）当a=

1

2

时，求证：f（1）+f（2）+f（3）+…+f（n+1）＞2（n+

3

2

-

n+1

）（n∈N^*）．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,函数恒成立问题,不等式的证明

专题：导数的综合应用

分析：（1）构造φ(x)=f(x)-1-a(1-

1

x

)=alnx-a(1-

1

x

)，(x＞0)，求其导数，令其为0，得到唯一的极值即为最小值，φ（x）≥φ（1）=0，得证；
（2）要使f（x）≥x恒成立，只要a≥

x-1

lnx

，令g(x)=

x-1

lnx

，(x＞1)，求得g′(x)=

lnx- x-1 x

(lnx)2

，判断g′（x）的符号，求g（x）的最大值，a≥g（x）的最大值；
（3）由（2）得知lnx≥1-

1

x

，则ln

n

≥1-

1

n

，将不等式的左边转化为

解答： 解：（1）证明：设φ(x)=f(x)-1-a(1-

1

x

)=alnx-a(1-

1

x

)，(x＞0)
则φ′(x)=

a

x

-

a

x2

=0，
又因为a＞0，
则x=1，即φ（x）在x=1处取到最小值，
则φ（x）≥φ（1）=0，即原结论成立．
（2）由f（x）≥x得alnx+1≥x，即alnx≥x-1，
当x=1时，a∈R，由题意a＞0；
当x∈（1，2）时，a≥

x-1

lnx

，令g(x)=

x-1

lnx

，(x＞1)，g′(x)=

lnx- x-1 x

(lnx)2

，
令h(x)=lnx-

x-1

x

，h′(x)=

1

x

-

1

x2

＞0，
则h（x）单调递增，
∴h（x）＞h（1）=0，
∴g′（x）＞0，
∴g（x）单调递增，而g(2)=

1

ln2

，此时a≥

1

ln2

．
∴a的取值范围为[

1

ln2

，+∞)．
（3）证明：由（2）得知lnx≥1-

1

x

，则ln

n

≥1-

1

n

，
则f(2)+f(3)+…+f(n+1)=

1

2

(ln2+ln3+…+ln(n+1))+n+1=ln

2

+ln

3

+…+ln(n+1)+n+1≥1-

1

2

+1-

1

3

+…+1-

1

n+1

+n+1=2(n+1)-2(

1

2 2

+

1

2 3

+…+

1

2 n+1)

）＞2（n+1）-(

1

2 +1

+

1

2 + 3

+…+

1

n + n+1

)=2（n+1-

n+1

）

=2n-2( 1 2 2 + 1 2 3 +…+ 1 2 n+1 )＞2n-2( 1 1+ 2 + 1 2 + 3 +…+ 1 n + n+1 ) =2(n+1- n+1 )

∴f(1)+f(2)+f(3)+…+f(n+1)＞2(n+

3

2

-

n+1

）（n∈N^*）．

点评：本题考查不等式的证明，考查实数的取值范围的求法，解题时要认真审题，注意导数的性质的合理运用．