Question

函數(shù)f（x）=

1-x

ax

+lnx（a≠0）．
（1）求函數(shù)y=f（x）的遞增區(qū)間；
（2）當a=1時，求函數(shù)y=f（x）在[

1

4

，4]上的最大值和最小值；
（3）求證：ln2＜

1

n+1

+

1

n+2

+

1

n+3

+…+

1

3n

＜ln3．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：計算題,證明題,導數(shù)的綜合應用,不等式

分析：（1）求導f′（x）=

-ax-a(1-x)

(ax)2

+

1

x

=

x- 1 a

x2

；討論a以確定函數(shù)y=f（x）的遞增區(qū)間；
（2）代入a=1；由導數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)性，從而求最值；
（3）令x=

k

k+1

，則有l(wèi)n

k

k+1

＞-

1

k

（k≠1）成立；即有

1

k

＞ln（k+1）-lnk；從而可證明ln2＜

1

n+1

+

1

n+2

+

1

n+3

+…+

1

3n

，同理證明另一部分即可．

解答： 解：（1）f′（x）=

-ax-a(1-x)

(ax)2

+

1

x

=

x- 1 a

x2

；
①若a＜0，f′（x）＞0對任意x＞0恒成立，
函數(shù)y=f（x）的遞增區(qū)間為（0，+∞）；
②若a＞0，由f′（x）＞0解得，x＞

1

a

；
故函數(shù)y=f（x）的遞增區(qū)間為（

1

a

，+∞）；
（2）當a=1時，f（x）=

1-x

x

+lnx，
f′（x）=

x-1

x2

；
當x變化時，f（x），f′（x）的變化情況如下表：

x	1 4	（ 1 4 ，1）	1	（1，4）	4
f′（x）		-	0	+
f（x）	3-ln4	↘	極小值	↗	- 3 4 +ln4

f（

1

4

）=3-ln4，f（1）=0，f（4）=-

3

4

+ln4；
又∵f（

1

4

）＞f（4），
∴f（x）_max=f（

1

4

）=3-ln4，
f（x）_min=f（1）=0；
（3）證明：當a=1時，由（2）知f（x）≥f（1）=0；
∴l(xiāng)nx≥

x-1

x

（當且僅當x=1時取等號）；
①令x=

k

k+1

，則有l(wèi)n

k

k+1

＞-

1

k

（k≠1）成立；
即有

1

k

＞ln（k+1）-lnk；

1

n+1

+

1

n+2

+

1

n+3

+…+

1

3n

＞ln（n+2）-ln（n+1）+ln（n+3）-ln（n+2）+…+ln（3n+1）-ln（3n）
=ln（3n+1）-ln（n+1）=ln

3n+1

n+1

≥ln2；
②同理令x=

k+1

k

，則可推出ln（k+1）-ln（k）＞

1

k+1

；
從而可證明

1

n+1

+

1

n+2

+

1

n+3

+…+

1

3n

＜ln3；
故ln2＜

1

n+1

+

1

n+2

+

1

n+3

+…+

1

3n

＜ln3．

點評：本題考查了導數(shù)的綜合應用，同時考查了放縮法證明不等式的方法，屬于難題．