Question

已知a∈R，函數(shù)f(x)=

a

x

+lnx-1，g（x）=（lnx-1）e^x+x．
（1）求函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，e]上的最小值；
（2）是否存在實(shí)數(shù)x₀∈（0，e]，使曲線y=g（x）在點(diǎn)x=x₀處的切線與y軸垂直？若存在，求出x₀的值，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）求證：(1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

)•

n

k=1

ln[k(k+1)(k+2)]＞(n-

1

4

)•ln

en

n!

      (n∈N*)．

Answer 1

分析：（1）先求函數(shù)f（x）的定義域，然后求出導(dǎo)函數(shù)f'（x）=0的值為a，討論a與區(qū)間（0，e]的位置關(guān)系，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性可求出函數(shù)函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，e]上的最小值；
（2）先求導(dǎo)函數(shù)g′(x)=(

1

x

+lnx-1)•ex+1，根據(jù)（1）可知：當(dāng)a=1時(shí)，f(x)=

1

x

+lnx-1在區(qū)間（0，e]上有最小值ln1=0則f(x)=

1

x

+lnx-1≥0，從而當(dāng)x₀∈（0，e]時(shí)，g′(x0)=(

1

x0

+lnx0-1)•ex0+1＞0，曲線y=g（x）在點(diǎn)x=x₀處的切線與y軸垂直等價(jià)于：方程g'（x₀）=0有實(shí)數(shù)解，而 g'（x₀）＞0即方程g'（x₀）=0無(wú)實(shí)數(shù)解，從而得到結(jié)論；
（3）由（1）可知：當(dāng)a=1時(shí)，f(x)=

1

x

+lnx-1≥0對(duì)?x∈[0，+∞）恒成立，即當(dāng)x≥0時(shí)，恒有

1

x

≥1-lnx（*）
取x=n（n∈N^*），得

1

n

≥1-lnn則1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

≥n-(ln1+ln2+ln3+…+lnn) =n-ln(n!)=ln

en

n!

故1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

≥ln

en

n!

   (n∈N*)，在（*）式中，取x=k（k+1）（k+2）（k∈N^*），然后利用裂項(xiàng)法進(jìn)行求和可得結(jié)論．

解答：解：（1）函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞）
∵f(x)=

a

x

+lnx-1∴f′(x)=

x-a

x2

令　f′(x)=

x-a

x2

=0   ⇒  x=a
①若a≤0，則f'（x）＞0，f（x）在區(qū)間（0，e]上單調(diào)遞增，此時(shí)，f（x）無(wú)最小值；
②若0＜a＜e，則當(dāng)x∈（0，a）時(shí)，f'（x）＜0，當(dāng)x∈[a，e]時(shí)，f'（x）＞0，
∴f（x）在區(qū)間（0，a]上單調(diào)遞減，在區(qū)間（a，e]上單調(diào)遞增，
∴當(dāng)x=a時(shí)，f（x）有最小值lna；
③若a≥e，則f'（x）≤0，f（x）在區(qū)間（0，e]上單調(diào)遞減，
∴當(dāng)x=e時(shí)，f（x）有最小值

a

e

．
綜上：f(x)min=

不存在      a≤0 lna       0＜a＜e a e           a≥e

（2）∵g（x）=（lnx-1）e^x+x∴g′(x)=(

1

x

+lnx-1)•ex+1
由（1）可知：當(dāng)a=1時(shí)，f(x)=

1

x

+lnx-1在區(qū)間（0，e]上有最小值ln1=0
∴f(x)=

1

x

+lnx-1≥0
∴當(dāng)x₀∈（0，e]時(shí)，g′(x0)=(

1

x0

+lnx0-1)•ex0+1＞0
∵曲線y=g（x）在點(diǎn)x=x₀處的切線與y軸垂直等價(jià)于：方程g'（x₀）=0有實(shí)數(shù)解，而 g'（x₀）＞0即方程g'（x₀）=0無(wú)實(shí)數(shù)解，故不存在實(shí)數(shù)x₀∈（0，e]，使曲線y=g（x）在點(diǎn)x=x₀處的切線與y軸垂直．
（3）（理）由（1）可知：當(dāng)a=1時(shí)，f(x)=

1

x

+lnx-1≥0對(duì)?x∈[0，+∞）恒成立，
即  當(dāng)x≥0時(shí)，恒有

1

x

≥1-lnx…（*）
取x=n（n∈N^*），得

1

n

≥1-lnn
∴1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

≥n-(ln1+ln2+ln3+…+lnn) =n-ln(n!)=ln

en

n!

故  1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

≥ln

en

n!

   (n∈N*)
又 在（*）式中，取x=k（k+1）（k+2）（k∈N^*），得：ln[k(k+1)(k+2)]≥1-

1

k(k+1)(k+2)

  =1-[

1

k(k+1)

-

1

(k+1)(k+2)

] •

1

2

∴

n

k=1

ln[k(k+1)(k+2)]≥n-

1

2

•[

1

2

-

1

(n+1)(n+2)

]＞(n-

1

4

)
故  (1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

)•

n

k=1

ln[k(k+1)(k+2)]＞(n-

1

4

)•ln

en

n!

      (n∈N*)
或：又 在（*）式中，取x=k（k+1）（k+2）（k∈N^*），得：ln[k（k+1）（k+2）]≥ln6＞lne=1
∴

n

k=1

ln[k(k+1)(k+2)]≥n＞(n-

1

4

)
故  (1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

)•

n

k=1

ln[k(k+1)(k+2)]＞(n-

1

4

)•ln

en

n!

      (n∈N*)

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值，以及不等式的證明，同時(shí)考查了分類討論的思想，屬于難題．