Question

已知函數(shù)f（x）=

lnx+a

x

(a∈R)．
（Ⅰ）求f（x）的極值；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）的圖象與函數(shù)g（x）=1的圖象在區(qū)間（0，e²]上有公共點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）求證：ln(n+1)≤1+

1

2

+…+

1

n

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，由導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)對(duì)定義域分段，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)在各段內(nèi)的符號(hào)分析原函數(shù)的單調(diào)性，從而得到極值點(diǎn)，把極值點(diǎn)的橫坐標(biāo)代入原函數(shù)求得極值；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知極值點(diǎn)的橫坐標(biāo)為e^1-a，分e^1-a小于e²和大于等于e²求函數(shù)在（0，e²]上的最大值，把函數(shù)f（x）的圖象與函數(shù)g（x）=1的圖象在區(qū)間（0，e²]上有公共點(diǎn)轉(zhuǎn)化為最大值大于等于1求解a的取值范圍；
（Ⅲ）在（Ⅰ）中，由函數(shù)的極大值等于1，取a=1得到

lnx+1

x

≤1(x＞0)，即lnx≤x-1，然后依次取x等于1+

1

n

，1+

1

n-1

，…，1+

1

1

，把得到的不等式作和即可得到要證的結(jié)論．

解答：解：（Ⅰ）f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），由f（x）=

lnx+a

x

(a∈R)，
得f′（x）=

1-(lnx+a)

x2

，令f′（x）=0，得x=e^1-a，
當(dāng)x∈（0，e^1-a）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）是增函數(shù)．
當(dāng)x∈（e^1-a，+∞）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）是減函數(shù)；
∴f（x）在x=e^1-a處取得極大值，f(x)極大值=f(e1-a)=e^a-1，無極小值．
（Ⅱ）①當(dāng)e^1-a＜e²時(shí)，即a＞-1時(shí)，
由（Ⅰ）知f（x）在（0，e^1-a）上是增函數(shù)，在（e^1-a，e²]上是減函數(shù)，∴f(x)max=f(e1-a)=ea-1，
又當(dāng)x=e^-a時(shí)，f（x）=0，當(dāng)x∈（0，e^-a]時(shí)，f（x）＜0．
當(dāng)x∈（e^-a，e²]時(shí)，f（x）∈（0，e^a-1）．
∴f（x）的圖象與g（x）=1的圖象在（0，e²]上有公共點(diǎn)等價(jià)于e^a-1≥1．
解得a≥1，又a＞-1，所以a≥1．
②當(dāng)e^1-a≥e²，即a≤-1時(shí)，f（x）在（0，e²]上是增函數(shù)，
∴f（x）在（0，e²]上的最大值為f（e²）=

2+a

e2

，
∴f（x）的圖象與g（x）=1的圖象在（0，e²]上有公共點(diǎn)等價(jià)于

2+a

e2

≥1，
解得a≥e²-2，
又∵a≤-1，∴無解．
綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[1，+∞）；
（Ⅲ）證明：令a=1，由（Ⅰ）知，

lnx+1

x

≤1(x＞0)，
∴l(xiāng)nx≤x-1，
∴ln(1+

1

n

)≤

1

n

，ln(1+

1

n-1

)≤

1

n-1

，…，ln

2

1

≤1．
相加得：ln(n+1)=ln

n+1

n

+ln

n

n-1

+…+ln

2

1

≤1+

1

2

+…+

1

n

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值，考查了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法和分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，對(duì)于（Ⅲ）的證明，由（Ⅰ）得到不等式lnx≤x-1是關(guān)鍵，考查了學(xué)生的計(jì)算能力，是綜合性較強(qiáng)的題目，屬難題．