Question

已知函数f（x）=alnx+1（a＞0）．
（1）当a=1且x＞1时，证明：f（x）＞3-

4

x+1

；
（2）若对?x∈（1，e），f（x）＞x恒成立，求实数a的取值范围；
（3）当a=

1

2

时，证明：

n+1

i=2

f（i）＞2（n+1-

n+1

）．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：导数的综合应用

分析：（1）当a=1且x＞1时，构造函数m（x）=lnx+

4

x+1

-2，利用函数单调性和导数之间的关系即可证明：f（x）＞3-

4

x+1

；
（2）根据函数最值和函数导数之间的关系将不等式恒成立问题进行转化，求实数a的取值范围；
（3）根据函数的单调性的性质，利用放缩法即可证明不等式．

解答： （1）证明：要证f（x）＞3-

4

x+1

，即证lnx+

4

x+1

-2＞0，
令m（x）=lnx+

4

x+1

-2，
则m'（x）=

1

x

-

4

(x+1)2

=

(x-1)2

x(x+1)2

＞0，
∴m（x）在（1，+∞）单调递增，m（x）＞m（1）=0，
∴lnx+

4

x+1

-2＞0，
即f（x）＞3-

4

x+1

成立．
（2）解法一：由f（x）＞x且x∈（1，e），可得a＞

x-1

lnx

，
令h（x）=

x-1

lnx

，则h'（x）=

lnx-1+ 1 x

(lnx)2

，
由（1）知lnx-1+

1

x

＞1+

1

x

-

4

x+1

=

(x-1)2

x(x+1)2

＞0，
∴h'（x）＞0函数，h（x）在（1，e）单调递增，当x∈（1，e）时，h（x）＜h（e）=e-1，
即a≥e-1．
解法二：令h（x）=alnx+1-x，则h'（x）=

a

x

-1=

a-x

x

，
当a＞e时，h'（x）＞0，函数h（x）在（1，e）上是增函数，有h（x）＞h（1）=0，
当1＜a≤e时，∵函数h（x）在（1，a）上递增，在（a，e）上递减，
对?x∈（1，e），f（x）＞x恒成立，只需h（e）≥0，即a≥e-1．---------------（7分）
当a≤1时，函数h（x）在（1，e）上递减，对?x∈（1，e），f（x）＞x恒成立，只需h（e）≥0，
而h（e）=a+1-e＜0，不合题意，-----------------------------------------------------------（8分）
综上得对?x∈（1，e），f（x）＞x恒成立，a≥e-1．------------------------（9分）】
【解法三：由f（x）＞x且x∈（1，e）可得

1

a

＜

ln?x

x-1

由于

lnx

x-1

表示两点A（x，lnx），B（1，0）的连线斜率，
由图象可知y=

lnx

x-1

在（1，e）单调递减，
故当x∈（1，e）时，

lnx

x-1

＞

lne

e-1

=

1

e-1

，
∴0＜

1

a

≤

1

e-1

，
即a≥e-1．
（3）当a=

1

2

时，f（x）=

1

2

lnx+1，则

n+1

i=2

f（i）=

1

2

ln（n+1）!+n，
要证

n+1

i=2

f（i）＞2（n+1-

n+1

），即证

n+1

i=2

lni＞2n+4-4

n+1

，
由（1）可知ln（n+1）＞2-

4

n+2

，
又n+2=（n+1）+1＞2

n+1

＞

n+1

+

n

，
∴

4

n+2

＜

4

n+1 + n

，
∴ln（n+1）＞2-

4

n+1 + n

=2-4(

n+1

-

n

)，
∴ln2+ln3+…+ln（n+1）＞2n-4[(

2

-1)+

3

-

2

+…+

n+1

-

n

]=2n+4-4

n+1

，
故

n+1

i=2

f（i）＞2（n+1-

n+1

）．得证．

点评：本题主要考查函数单调性，最值与函数导数之间的关系以及不等式的证明，综合性较强，难度较大．