Question

已知函數(shù)f（x）=

1

x

+alnx（a為參數(shù)）
（1）若a=1，求函數(shù)f（x）單調(diào)區(qū)間；
（2）當(dāng)x∈（0，e]時，求函數(shù)f（x）的最小值；
（3）求證：（1+

1

n

）ⁿ＜e＜（1+

1

n

）ⁿ⁺¹（e=2.718…，n∈N^*）

Answer 1

考點：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：綜合題,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用,不等式的解法及應(yīng)用

分析：（1）a=1時，在定義域內(nèi)解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0即可；
（2）分情況進(jìn)行討論：a≤0時易判斷單調(diào)性，由單調(diào)性可得最小值；a＞0時，按照極值點

1

a

與區(qū)間（0，e]的位置關(guān)系再分兩種情況討論，由單調(diào)性可求；
（3）對（1+

1

n

）ⁿ＜e＜（1+

1

n

）ⁿ⁺¹兩邊取對數(shù)，可整理為

1

n+1

＜ln(1+

1

n

)＜

1

n

．令x=1+

1

n

，只要證1-

1

x

＜lnx＜x-1，（1＜x≤2），左邊不等式可由（1）問結(jié)論得到；右邊不等式通過構(gòu)造函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)可證明；

解答： 解：（1）f′（x）=-

1

x2

+

a

x

=

ax-1

x2

，定義域為（0，+∞），
當(dāng)a=1時，f′（x）=

x-1

x2

，令f′（x）=0得x=1，
∴f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（1，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（0，1）．
（2）f′（x）=-

1

x2

+

a

x

=

ax-1

x2

，
①當(dāng)a≤0時，f′（x）＜0對x∈（0，+∞）恒成立，∴f（x）在區(qū)間（0，e]上單調(diào)遞減，
∴f（x）在區(qū)間（0，e]上的最小值為f（e）=

1

e

+alne=

1

e

+a；
②當(dāng)x=

1

a

＞0，即a＞0時，令f′（x）=0，得x=

1

a

，
（�。┤鬳≤

1

a

，即a≤

1

e

時，則f′（x）≤0對x∈（0，e]成立，
∴f（x）在區(qū)間（0，e]上單調(diào)遞減，
∴f（x）在區(qū)間（0，e]上的最小值為f（e）=

1

e

+alne=

1

e

+a；
（ⅱ）若0＜

1

a

＜e即a＞

1

e

時，f（x）在（0，

1

a

）上單調(diào)遞減，在（

1

a

，e）上單調(diào)遞增，在x=

1

a

處有極小值．
∴f（x）在區(qū)間（0，e]上的最小值為f（

1

a

）=a+aln

1

a

．
綜上，得f(x)min=

f(e)= 1 e +a(a≤ 1 e ) f( 1 a )=a+aln 1 a (a＞ 1 e )

．
（3）對（1+

1

n

）ⁿ＜e＜（1+

1

n

）ⁿ⁺¹兩邊取對數(shù)，得
nln（1+

1

n

）＜1＜（n+1）ln（1+

1

n

），即

1

n+1

＜ln(1+

1

n

)＜

1

n

．
令x=1+

1

n

，只要證1-

1

x

＜lnx＜x-1，（1＜x≤2），
證明如下：由（1）知a=1時，f（x）=lnx+

1

x

（x＞0）的最小值為f（1）=1，
∴f（x）=lnx+

1

x

≥1（x＞0），即1-

1

x

≤lnx；
又∵當(dāng)1＜x≤2時，上式等號取不到，
∴1-

1

x

＜lnx（1＜x≤2），①
令g（x）=x-lnx-1（1＜x≤2），
則g′（x）=1-

1

x

=

x-1

x

＞0，∴g（x）在（1，2]上是增函數(shù)，
∴g（x）＞g（1）=0，即lnx＜x-1，②
綜合①②，得

x

x+1

＜ln（x+1）＜x，（1＜x≤2），
令x=1+

1

n

，則

1

n+1

＜ln(1+

1

n

)＜

1

n

，∴原不等式成立．

點評：該題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值、證明不等式，考查分類討論思想，考查學(xué)生分析問題解決問題的能力，綜合性強，難度大，解決（3）問的關(guān)鍵是通過去對數(shù)對原不等式進(jìn)行合理變形．