Question

16．已知函数f（x）=1-$\frac{a}{x}$+aln$\frac{1}{x}$（a＞0）．
（1）当a=1时，求函数f（x）的极值；
（2）若函数f（x）在（$\frac{1}{e}$，e）上有两个零点，求a的取值范围；
（3）已知n∈N且n≥3，求证：ln$\frac{n+1}{3}$＜$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{n}$．

Answer 1

分析 （1）当a=1时，求出函数的解析式，得到函数的导数，求出单调性，推出极大值．
（2）求出${f^'}（x）=\frac{a}{x^2}-\frac{a}{x}=\frac{a（1-x）}{x^2}$，求单调区间，要使f（x）在$（\frac{1}{e}，e）$上有两个零点，转化为$\left\{\begin{array}{l}f（\frac{1}{e}）＜0\\ f（1）＞0\\ f（e）＜0\end{array}\right.$，即可求解a的取值范围．
（3）利用（1），当a=1时，f（x）在x=1处取得最大值0，得到$ln\frac{1}{x}≤\frac{1-x}{x}$，令$x=\frac{n}{n+1}$，则$ln\frac{n+1}{n}＜\frac{1}{n}$（n≥3），推出$ln（n+1）-lnn＜\frac{1}{n}$，利用累加法即可证明结果．

解答 解：（1）当a=1时，$f（x）=1-\frac{1}{x}-lnx$
∴${f^'}（x）=\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x}=\frac{1-x}{x^2}$，
∴x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．
∴f（x）_极大值=f（1）=0，f（x）无极小值．
（2）${f^'}（x）=\frac{a}{x^2}-\frac{a}{x}=\frac{a（1-x）}{x^2}$
又a＞0且$\frac{1}{e}＜x＜e$，易得f（x）在$（\frac{1}{e}，1）$上单调递增，[1，e）单调递减．
要使f（x）在$（\frac{1}{e}，e）$上有两个零点，只需$\left\{\begin{array}{l}f（\frac{1}{e}）＜0\\ f（1）＞0\\ f（e）＜0\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}1-ae+a＜0\\ 1-a＞0\\ 1-\frac{a}{e}-a＜0\end{array}\right.$，
解得$\frac{e}{e+1}＜a＜1$
故a的取值范围是$（\frac{e}{e+1}，1）$．
（3）证明：由（1）知，当a=1时，f（x）在x=1处取得最大值0．
即$f（x）=1-\frac{1}{x}+ln\frac{1}{x}≤0$
∴$ln\frac{1}{x}≤\frac{1-x}{x}$
令$x=\frac{n}{n+1}$，则$ln\frac{n+1}{n}＜\frac{1}{n}$（n≥3）
即$ln（n+1）-lnn＜\frac{1}{n}$
∴$ln\frac{n+1}{3}=ln（n+1）-ln3$=[ln（n+1）-lnn]+[lnn-ln（n-1）]+…+[ln4-ln3]$＜\frac{1}{n}+\frac{1}{n-1}+…+\frac{1}{3}$
故$ln\frac{n+1}{3}＜\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+…+\frac{1}{n}$．

点评 本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的最值，对数的运算法则以及转化思想计算能力的应用，考查构造法的应用，难度比较大．