Question

已知函數f（x）=

lnx+a

x

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

1

2

+…+

1

n

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求出函數的導函數，由導函數的零點對定義域分段，根據導函數在各段內的符號分析原函數的單調性，從而得到極值點，把極值點的橫坐標代入原函數求得極值；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知極值點的橫坐標為e^1-a，分e^1-a小于e²和大于等于e²求函數在（0，e²]上的最大值，把函數f（x）的圖象與函數g（x）=1的圖象在區(qū)間（0，e²]上有公共點轉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論．

解答：解：（Ⅰ）f（x）的定義域為（0，+∞），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x∈（0，e^1-a）時，f′（x）＞0，f（x）是增函數．
當x∈（e^1-a，+∞）時，f′（x）＜0，f（x）是減函數；
∴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e^1-a＜e²時，即a＞-1時，
由（Ⅰ）知f（x）在（0，e^1-a）上是增函數，在（e^1-a，e²]上是減函數，∴f(x)max=f(e1-a)=ea-1，
又當x=e^-a時，f（x）=0，當x∈（0，e^-a]時，f（x）＜0．
當x∈（e^-a，e²]時，f（x）∈（0，e^a-1）．
∴f（x）的圖象與g（x）=1的圖象在（0，e²]上有公共點等價于e^a-1≥1．
解得a≥1，又a＞-1，所以a≥1．
②當e^1-a≥e²，即a≤-1時，f（x）在（0，e²]上是增函數，
∴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]上有公共點等價于

2+a

e2

≥1，
解得a≥e²-2，
又∵a≤-1，∴無解．
綜上，實數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

．

點評：本題考查了利用導數求函數的極值，考查了數學轉化思想方法和分類討論的數學思想方法，對于（Ⅲ）的證明，由（Ⅰ）得到不等式lnx≤x-1是關鍵，考查了學生的計算能力，是綜合性較強的題目，屬難題．