Question

已知f（x）=lnx+

a

x

，
（1）若f（x）_min=0，求a的值；
（2）當x∈[

1

e

，1]時，0≤f（x）≤

1

2

恒成立，求a的范圍；
（3）證明：1+

1

2

+

1

3

+

1

n

＜2ln

n+1

2

+

3n+5

4(n+1)

（n≥2）．

Answer 1

考點：導數在最大值、最小值問題中的應用

專題：計算題,證明題,導數的綜合應用

分析：（1）求出導數，判斷a＞0，由導數大于0，得增區(qū)間，導數小于0，得減區(qū)間，進而得到極小值也為最小值，進而求出a；
（2）運用參數分離，可得a≥-xlnx且a≤x（

1

2

-lnx）在[

1

e

，1]上恒成立．運用導數求出單調性再求出在區(qū)間上的最值，即可得到a的范圍；
（3）運用x≥1時，由（1）得lnx+

1

x

≥1，即有1-

1

x

≤lnx，取x=2，x=

3

2

，x=

4

3

，…，x=

n+1

n

，得到不等式累加得1+

1

2

+

1

3

+

1

4

+…+

1

n

＜1+ln（n+1）-

1

n+1

，再將右邊與所要證的右邊作差比較，即可得證．

解答： （1）解：f（x）=lnx+

a

x

的導數為f′（x）=

1

x

-

a

x2

=

x-a

x2

，
由f（x）_min=0，則a＞0，當x＞a時，f′（x）＞0，f（x）遞增；
當0＜x＜a時，f′（x）＜0，f（x）遞減，
則f（x）在x=a處取得極小值，也為最小值，且為lna+1，
由lna+1=0，解得，a=

1

e

；
（2）解：當x∈[

1

e

，1]時，0≤f（x）≤

1

2

恒成立，
即為a≥-xlnx且a≤x（

1

2

-lnx）在[

1

e

，1]上恒成立．
由于-xlnx的導數為-（1+lnx）∈[-1，0]，即為減函數，則a≥-

1

e

ln

1

e

=

1

e

，
由于x（

1

2

-lnx）的導數為-lnx-

1

2

，當

1

e

＜x＜

1

e

時，即為遞增函數，
當

1

e

＜x＜1，即為遞減函數，則在x=

1

e

處取得最大值，
由于x=1時，函數值為

1

2

，x=

1

e

時函數值為

3

2e

．
由

3

2e

＞

1

2

則有a≤

1

2

．
故a的范圍是：

1

e

≤a≤

1

2

；
（3）證明：x≥1時，由（1）得lnx+

1

x

≥1，即有1-

1

x

≤lnx，
取x=2，則有

1

2

＜ln2，
取x=

3

2

，則有

1

3

＜ln

3

2

，
取x=

4

3

，則有

1

4

＜ln

4

3

，
…
取x=

n

n-1

，則有

1

n

＜ln

n

n-1

，
取x=

n+1

n

，則有

1

n+1

＜ln

n+1

n

．
以上各式相加可得，

1

2

+

1

3

+

1

4

+…+

1

n

+

1

n+1

＜ln2+ln

3

2

+ln

4

3

+…+ln

n

n-1

+ln

n+1

n

．
=ln（2×

3

2

×

4

3

×…×

n

n-1

×

n+1

n

）=ln（n+1），
即有1+

1

2

+

1

3

+

1

4

+…+

1

n

＜1+ln（n+1）-

1

n+1

，
由1+ln（n+1）-

1

n+1

-2ln

n+1

2

-

3n+5

4(n+1)

=ln4-ln（n+1）+

n-5

4(n+1)

＜0，
則有1+

1

2

+

1

3

+

1

n

＜2ln

n+1

2

+

3n+5

4(n+1)

（n≥2）成立．

點評：本題考查導數的運用：求單調區(qū)間和求極值、最值，考查不等式恒成立問題轉化為求最值問題，考查參數分離法，考查運用單調性和累加法證明不等式，考查運算能力，屬于中檔題．