Question

7．已知函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{1}{x}$-1．
（1）求函數(shù)的單調(diào)性；
（2）證明：ln（n+1）!＞2n-4$\sqrt{n+1}$（n∈N*）．

Answer 1

分析 （1）求解函數(shù)f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$，（x＞0）．利用不等式判斷即可．
（2）利用（1）中的結論可得lnx＞1-$\frac{1}{x}$，分別取x=2，3，…，n+1，再利用累加法證得ln（n+1）!$＞2n-2（\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+…+\frac{1}{\sqrt{n+1}}）$，利用數(shù)學歸納法證明$\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+…+\frac{1}{\sqrt{n+1}}＜2\sqrt{n+1}$，即可得到ln（n+1）!＞2n-4$\sqrt{n+1}$（n∈N^*）．

解答 解：（1）∵函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{1}{x}$-1．
∴函數(shù)f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$，（x＞0）．
由f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，解得x＞1，由f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$＜0，得0＜x＜1．
∴函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間（1，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間（0，1）；
（2）由（1）知，y=f（x）的最小值為f（1）=0，
∴f（x）＞0（x＞0且x≠1），即lnx＞1-$\frac{1}{x}$，
∴l(xiāng)n$\sqrt{2}＞1-\frac{1}{\sqrt{2}}$，ln$\sqrt{3}＞1-\frac{1}{\sqrt{3}}$，…，ln$\sqrt{n+1}＞1-\frac{1}{\sqrt{n+1}}$，
累加得：ln$\sqrt{2}$+ln$\sqrt{3}$+…+ln$\sqrt{n+1}$＞（1-$\frac{1}{\sqrt{2}}$）+（1-$\frac{1}{\sqrt{3}}$）+…+（1-$\frac{1}{\sqrt{n+1}}$），
即$\frac{1}{2}ln[2×3×4×…×（n+1）]$$＞n-（\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+…+\frac{1}{\sqrt{n+1}}）$，
∴l(xiāng)n（n+1）!$＞2n-2（\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+…+\frac{1}{\sqrt{n+1}}）$，
下面利用數(shù)學歸納法證明$\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+…+\frac{1}{\sqrt{n+1}}＜2\sqrt{n+1}$．
當n=1時，左邊=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，右邊=2$\sqrt{2}$，不等式成立；
假設當n=k時不等式成立，即$\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+…+\frac{1}{\sqrt{k+1}}＜2\sqrt{k+1}$，
那么，當n=k+1時，$\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+…+\frac{1}{\sqrt{k+1}}+\frac{1}{\sqrt{k+2}}＜2\sqrt{k+1}+\frac{1}{\sqrt{k+2}}$．
要證$2\sqrt{k+1}+\frac{1}{\sqrt{k+2}}＜2\sqrt{k+2}$，
只需證$2\sqrt{{k}^{2}+3k+2}+1＜2k+4$，也就是證8＜9，此時顯然成立．
∴$2\sqrt{k+1}+\frac{1}{\sqrt{k+2}}＜2\sqrt{k+2}$，
即$\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+…+\frac{1}{\sqrt{k+2}}＜2\sqrt{k+2}$，
綜上，$\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+…+\frac{1}{\sqrt{n+1}}＜2\sqrt{n+1}$．
∴l(xiāng)n（n+1）!＞2n-4$\sqrt{n+1}$（n∈N^*）．

點評 本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了利用數(shù)學歸納法和分析法證明數(shù)列不等式，屬壓軸題．