Question

已知a∈R，函數(shù)f（x）=

a

x

+lnx-1，其中a＞0，
（1）求函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，e]上的最小值；
（2）求證：1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

≥n-ln（n!）（n∈N^*）．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)

專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的概念及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）根據(jù)f′（x）=

x-a

x2

，可得f′（x）=0時x=a，分0＜a＜e和a≥e兩種情況，分別討論f′（x）在區(qū)間（0，e]上符號，進(jìn)而可分析函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，e]上的單調(diào)性，進(jìn)而得到函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，e]上的最小值；
（2）令a=1，由（1）可得當(dāng)x≥1時，恒有

1

x

≥1-lnx，即

1

n

≥1-lnn（n∈N^*），根據(jù)對數(shù)函數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)累加可得答案．

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

a

x

+lnx-1，
∴f′（x）=-

a

x2

+

1

x

=

x-a

x2

，
令f′（x）=0，解得x=a，
若0＜a＜e，則當(dāng)x∈（0，a）時，f′（x）＜0，當(dāng)x∈（a，e]時，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，f（x）有最小值lna；
若a≥e，則f′（x）＜0在區(qū)間（0，e]上恒成立，f（x）在區(qū)間（0，e]上單調(diào)遞減，
∴當(dāng)x=e時，f（x）有最小值

a

e

．
（2）由（1）可知：當(dāng)a=1時，
f（x）=

1

x

+lnx-1，
且f（x）≥0 對任意x∈（0，+∞）恒成立，
即當(dāng)x≥1時，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!）（n∈N^*）

點(diǎn)評：本題考查的知識點(diǎn)是利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上的函數(shù)的最值，函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)，是函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，難度較大．