Question

已知函數f（x）=

1-x

ax

+lnx（a＞0）．
（1）若f（x）在[1，+∞）上為增函數，求實數a的取值范圍；
（2）求f（x）在[

1

2

，2]上的最小值h（a）的表達式；
（3）當a=1時，求證：當n∈N^*，n＞1時都有l(wèi)nx＞

1

2

+

1

3

+…+

1

n

．

Answer 1

考點：利用導數研究函數的單調性,利用導數求閉區(qū)間上函數的最值

專題：導數的綜合應用

分析：（1）由f′（x）=

ax-1

ax2

，（a＞0），且f（x）在[1，+∞）上為增函數，得ax-1≥0對x∈[1，+∞）恒成立，解出即可．
（2）令f′（x）=0，解得x=

1

a

，分別討論①當0＜

1

a

＜

1

2

，②當

1

2

≤

1

a

≤2，③當

1

a

＞2的情況，從而得出h（a）的表達式．
（3）當a=1時，f（x）=

1-x

x

+lnx，f′（x）=

x-1

x2

，得f（

n

n-1

）=-

1

n

+ln

n

n-1

＞0，從而有l(wèi)n

2

1

+ln

3

2

+ln

4

3

+…+ln

n

n-1

＞

1

2

+

1

3

+

1

4

+…+

1

n

，證出lnn＞

1

2

+

1

3

+

1

4

+…+

1

n

．

解答： 解：（1）∵f′（x）=

ax-1

ax2

，（a＞0），且f（x）在[1，+∞）上為增函數，
∴f′（x）≥0對x∈[1，+∞）恒成立，
∴ax-1≥0對x∈[1，+∞）恒成立，
即a≥

1

x

對x∈[1，+∞）恒成立，
∴a≥1；
（2）令f′（x）=0，解得x=

1

a

，
∵a＞0，∴

1

a

＞0． 對于x∈[

1

2

，2]，
①當0＜

1

a

＜

1

2

，即a＞2時，f′（x）＞0，
∴f（x）在[

1

2

，2]上為增函數，
∴f（x）_min=f（

1

2

）=

1

a

-ln2，
②當

1

2

≤

1

a

≤2，即

1

2

≤a≤2時，
若x∈（

1

2

，

1

a

）時，f′（x）＜0，若x∈（

1

a

，2）時′f（x）＞0，
∴f（x）_min=f（x）_極小值=f（

1

a

）=1-

1

a

-lna，
③當

1

a

＞2，即0＜a＜

1

2

時，f′（x）＜0，
∴f（x）在[

1

2

，2]上為減函數，
∴f（x）_min=f（2）=ln2-

1

2a

，
綜上：h（a）=

ln2- 1 2a  ，          (0＜a＜ 1 2 ) 1- 1 a -lna，          ( 1 2 ≤a≤2) 1 a -ln2                 (a≥2)

；
（3）當a=1時，f（x）=

1-x

x

+lnx，f′（x）=

x-1

x2

，
故f（x）在[1，+∞）上為增函數．
當n＞1時，令x=

n

n-1

，則x＞1，故f（x）＞f（1）=0，
∴f（

n

n-1

）=-

1

n

+ln

n

n-1

＞0，
即ln

n

n-1

＞

1

n

，
∴l(xiāng)n

2

1

＞

1

2

，ln

3

2

＞

1

3

，…ln

n

n-1

＞

1

n

，
∴l(xiāng)n

2

1

+ln

3

2

+ln

4

3

+…+ln

n

n-1

＞

1

2

+

1

3

+

1

4

+…+

1

n

，
∴l(xiāng)nn＞

1

2

+

1

3

+

1

4

+…+

1

n

．

點評：本題考察了函數的單調性，導數的應用，以及求函數的最值問題，不等式的證明問題，本題是一道綜合題．