Question

已知函數(shù)f（x）=

a

x

+lnx（a∈R）．
（1）求f（x）的最小值；
（2）當a=2時，求證：ln（n+1）+2

n

i+1

i

i+1

＞nln（2e）（n∈N^*）．

Answer 1

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

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：（1）先求出f′（x）=

x-a

x2

，x＞0，再討論①a≤0時，②a＞0時的情況，從而求出函數(shù)的最小值；
（2）a=2時，由（1）得f（x）≥ln2+1，從而lnx≥ln2+1-

2

x

=ln（2e）-

2

x

（*），分別令x=

2

1

，

3

2

…，

n+1

n

代入（*）得下列n個不等式，得ln

2

1

++ln

3

2

+…+ln

n+1

n

＞nln（2e）-2（

1

2

+2×

2

3

+…+2×

n

n+1

），進而證明ln（n+1）+2

n

i=1

i

i+1

＞nln（2e）．

解答： 解：（1）∵f′（x）=

x-a

x2

，x＞0，
①a≤0時，f′（x）≥0，f（x）在（0，+∞）上遞增，
∴f（x）無最值，
②a＞0時，
令f′（x）＞0，解得：x＞a，
令f′x）＜0，解得：0＜x＜a，
∴f（x）在（0，a）遞減，在（a，+∞）遞增，
∴f（x）_min=f（a）=lna+1，
綜上，a≤0時，f（x）無最值，a＞0時，f（x）_min=f（a）=lna+1，
（2）a=2時，由（1）得f（x）≥ln2+1，
即

2

x

+lnx≥ln2+1，從而lnx≥ln2+1-

2

x

=ln（2e）-

2

x

（*），
∴分別令x=

2

1

，

3

2

…，

n+1

n

代入（*）得下列n個不等式，
ln

2

1

＞ln（2e）-

2

2 1

=ln（2e）-2×

1

2

，
ln

3

2

＞ln（2e）-

2

3 2

=ln（2e）-2×

2

3

，
…，
ln

n+1

n

＞ln（2e）-（2×

n

n+1

），
將所述n個不等式相加得：
ln

2

1

++ln

3

2

+…+ln

n+1

n

＞nln（2e）-2（

1

2

+2×

2

3

+…+2×

n

n+1

），
∴l(xiāng)n（n+1）＞nln（2e）-2（

1

2

+

2

3

+…+

n

n+1

），
即ln（n+1）+2

n

i=1

i

i+1

＞nln（2e）．

點評：本題考察了函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的最值問題，導數(shù)的應用，不等式的證明，是一道綜合題．