Question

已知函数r（x）=lnx，函数h（x）=

1

a

(1-

1

x

)(a＞0)，f(x)=r(x)-h(x)．
（Ⅰ）试求f（x）的单调区间．
（Ⅱ）若f（x）在区间[1，+∞）上是单调递增函数，试求实数a的取值范围：
（Ⅲ）设数列{a_n}是公差为1．首项为l的等差数列，数列{

1

an

}的前n项和为S_n，求证：当a=1时，S_n-2＜f（n）-

1

n

＜Sn-1-1(n∈N*，n≥2)．

Answer 1

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

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）利用导数法判断函数的单调性，求得单调区间；
（Ⅱ）由导数与函数单调性的关系，若f（x）在x∈[1，+∞）是单调递增函数，则f′（x）≥0恒成立，即a≥(

1

x

)max，利用（1）的结论求得结论；
（Ⅲ）构造函数g（x）=x-1-lnx，利用导数证得lnx＜x-1，所以x∈（1，+∞）时，ln

x+1

x

＜

x+1

x

-1=

1

x

，又由（Ⅱ）可得
f（x）＞f（1），所以

1-x

x

+lnx＞0，即lnx＞1-

1

x

，所以ln

x+1

x

＞1-

1

x+1 x

=

1

x+1

；故有不等式

1

x+1

＜ln

x+1

x

＜

1

x

成立．
令x=1，2，…，n-1，（n∈N^*且n≥2），即可得证．

解答： 解：（Ⅰ）f（x）=lnx-

1

a

(1-

1

x

)，则f′(x)=

ax-1

ax2

，
∵a＞0，x＞0，所以ax²＞0，令ax-1＞0，x＞

1

a

，
∴f（x）的单调递增区间是(

1

a

，+∞)；
f（x）的单调递减区间是(0，

1

a

)；…（4分）
（Ⅱ）若f（x）在x∈[1，+∞）是单调递增函数，则f′（x）≥0恒成立，即a≥

1

x

恒成立
即a≥(

1

x

)max，
∵x∈[1，+∞），
∴

1

x

≤1，故a≥1．…．（7分）
（Ⅲ）设数列{a_n}是公差为1首项为1的等差数列，所以a_n=n，S_n=1+

1

2

+…+

1

n

，
当a=1时，由（Ⅱ）知：f（x）=

1-x

x

+lnx在x∈[1，+∞）上为增函数，f(n)-

1

n

=lnn-1，
当x＞1时，f（x）＞f（1），所以

1-x

x

+lnx＞0，即lnx＞1-

1

x

，
∴ln

x+1

x

＞1-

1

x+1 x

=

1

x+1

；
令g（x）=x-1-lnx，则有g′(x)=1-

1

x

，当x∈（1，+∞），有g′（x）＞0
则g（x）＞g（1）=0，即lnx＜x-1，所以x∈（1，+∞）时，ln

x+1

x

＜

x+1

x

-1=

1

x

∴不等式

1

x+1

＜ln

x+1

x

＜

1

x

成立．
令x=1，2，…，n-1，（n∈N^*且n≥2）时，
将所得各不等式相加，得

1

2

+

1

3

+…+

1

n

＜ln

2

1

+ln

3

2

+…+ln

n

n-1

＜1+

1

2

+…+

1

n-1

，
即

1

2

+

1

3

+…+

1

n

＜lnn＜1+

1

2

+…+

1

n-1

．
∴Sn-2＜f(n)-

1

n

＜Sn-1-1（n∈N^*且n≥2）．  …（13分）

点评：本题主要考查利用导数研究函数的单调性、求函数的最值知识，考查恒成立问题及证明利用函数证明不等式成立问题的能力，考查转化划归思想及构造函数法的运用能力，逻辑思维强，属难题．