Question

已知函數f（x）=lnx-x
（1）求f（x）的單調區間；
（2）若不等式af（x）≥x-

1

2

x²在x∈（0，+∞）內恒成立，求實數a的取值范圍；
（3）n∈N⁺，求證：

1

ln2

+

1

ln3

+…+

1

ln(n+1)

＞

n

n+1

．

Answer 1

分析：（1）求導函數，由導數的正負，即可確定函數的單調性，注意定義域；
（2）不等式af（x）≥x-

1

2

x²在x∈（0，+∞）內恒成立，可轉化成

1

2

x²+alnx-（a+1）x≥0在x∈（0，+∞）內恒成立，然后討論研究不等式左側函數的最小值，使最小值大于等于0可求出a的取值范圍；
（3）由（ 2）知當a=-

1

2

時，g（x）=

1

2

x²-

1

2

lnx-

1

2

x≥0，即lnx≤x²-x，從而得到

1

lnx

＞

1

x2-x

=

1

(x-1)x

=

1

x-1

-

1

x

，令x=2，3，…n，最后疊加即可證得不等式．

解答：解：（1）∵f（x）=lnx-x，
∴f′（x）=

1

x

-1=

1-x

x

，定義域為（0，+∞），
令f′（x）＞0，解得0＜x＜1；
令f′（x）＜0，解得x＞1；
∴f（x）的單調增區間為（0，1），單調減區間為（1，+∞），
（2）∵af（x）≥x-

1

2

x²在x∈（0，+∞）內恒成立，
∴

1

2

x²+alnx-（a+1）x≥0在x∈（0，+∞）內恒成立，
令g（x）=

1

2

x²+alnx-（a+1）x，
∴g′（x）=x+

a

x

-（a+1）=

(x-a)(x-1)

x

，
①若a≤0時，當x∈（0，1）時，g′（x）＜0，則g（x）在（0，1）上單調遞減，
當x∈（1，+∞）時，g′（x）＞0，則g（x）在（1，+∞）上單調遞增，
∴g（x）_min=g（1）=

1

2

-（a+1）≥0，解得a≤-

1

2

，又a≤0，故a≤-

1

2

，
②若0＜a≤1時，g′（x）=0解得x=a或x=1，列表如下

x	（0，a）	a	（a，1）	1	（1，+∞）
g′（x）	+	0	-	0	+
g（x）	增	極大值	減	極小值	增

又g（1）=

1

2

-（a+1）＜0，故不滿足要求
③若a＞1時，g′（x）=0解得x=a或x=1，列表如下

x	（0，1）	1	（1，a）	a	（a，+∞）
g′（x）	+	0	-	0	+
g（x）	增	極大值	減	極小值	增

同理g（1）=

1

2

-（a+1）＜0，故也不滿足要求
綜合上述，要使不等式af（x）≥x-

1

2

x²在x∈（0，+∞）內恒成立，則實數a的取值范圍為（-∞，-

1

2

]；
（ 3）由（ 2）知當a=-

1

2

時，g（x）=

1

2

x²-

1

2

lnx-

1

2

x≥0，
即lnx≤x²-x（x=1取等號）
∴當x＞1時，

1

lnx

＞

1

x2-x

=

1

(x-1)x

=

1

x-1

-

1

x

令x=2，3，…n，則有

1

ln2

＞1-

1

2

，

1

ln3

＞1-

1

3

，…，

1

ln(n+1)

＞

1

n

-

1

n+1

，
相加得

1

ln2

+

1

ln3

+…+

1

ln(n+1)

＞1-

1

2

+

1

2

-

1

3

+…+

1

n

-

1

n+1

=1-

1

n+1

=

n

n+1

．

點評：本題考查了利用導數研究函數的單調性，導數的正負對應著函數的增減，以及利用導數證明不等式．利用導數研究函數問題時，經常會運用分類討論的數學思想方法．屬于中檔題．