Question

已知函數f(x)=

1

x

-alnx．（a∈R）
（1）當a=-1時，試確定函數f（x）在其定義域內的單調性；
（2）求函數f（x）在（0，e]上的最小值；
（3）試證明：(1+

1

n

)n+1＞e(e=2.718…，n∈N*)．

Answer 1

分析：（1）利用導數與函數單調性的關系即可得出；
（2）利用導數研究其單調性，對分類討論即可得出；
（3）對已知兩邊去對數得到：(1+

1

n

)n+1＞e?(n+1)ln(1+

1

n

)＞1?ln(1+

1

n

)＞

1

n+1

，令1+

1

n

=x，（1＜x≤2）通過換元，只需證lnx＞1-

1

x

（1＜x≤2），利用（1）的結論即可得出．

解答：解：（1）當a=-1時，f(x)=

1

x

+lnx，x∈（0，+∞），
則f′(x)=-

1

x2

+

1

x

=

x-1

x2

，
∵當0＜x＜1時，f'（x）＜0，當x＞1時，f'（x）＞0．
∴函數f（x）在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增．
（2）∵f′(x)=-

1

x2

-

a

x

=-

ax+1

x2

，
①當a≥0時，∵x∈（0，e]，∴ax+1＞0⇒f'（x）＜0，
函數f（x）在（0，e]上單調遞減，∴f(x)min=f(e)=

1

e

-a．
②當a＜0時，令f'（x）=0得x=-

1

a

，
當-

1

a

＜e，即a＜-

1

e

時，對x∈(0，-

1

a

)，有f'（x）＜0；即函數f（x）在(0，-

1

a

)上單調遞減；
對x∈(-

1

a

，e]，有f'（x）＞0，即函數f（x）在(-

1

a

，e]上單調遞增；
∴f(x)min=f(-

1

a

)=-a-aln(-

1

a

)；
當-

1

a

≥e，即a≥-

1

e

時，對x∈（0，e]有f'（x）＜0，即函數f（x）在（0，e]上單調遞減；
∴f(x)min=f(e)=

1

e

-a；
綜上得f(x)min=

1 e -a(a≥- 1 e ) -a-aln(-a)(a＜- 1 e )

（3）證明：(1+

1

n

)n+1＞e?(n+1)ln(1+

1

n

)＞1?ln(1+

1

n

)＞

1

n+1

，
令1+

1

n

=x，（1＜x≤2），則

1

n+1

=1-

1

x

，
∴要證ln(1+

1

n

)＞

1

n+1

只需證lnx＞1-

1

x

（1＜x≤2），
由（1）知當a=-1時，f（x）_min=f（1）
∴f(x)=

1

x

+lnx≥f（1）=1，即lnx≥1-

1

x

，
∵1＜x≤2，∴上式取不到等號，即lnx＞1-

1

x

，
∴(1+

1

n

)n+1＞e．

點評：本題考查了利用導研究函數的單調性、分類討論、恒成立問題的等價轉化、換元法等基礎知識與基本技能方法，屬于難題．