Question

7．已知函數(shù)f（x）=lnx-x+1．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）求證：當(dāng)x＞0時(shí)，$1-\frac{1}{x}≤lnx≤x-1$；
（3）當(dāng)x∈N^*時(shí)，證明$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}＞ln（{n+1}）$．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）根據(jù)（1）證明lnx≤x-1，構(gòu)造函數(shù)g（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出g（x）的最小值，證明1-$\frac{1}{x}$≤lnx；
（3）構(gòu)造函數(shù)得$\frac{1}{2}$（x-$\frac{1}{x}$）＞lnx（x＞1），令x=$\frac{k+1}{k}$，可得ln（k+1）-lnk＜$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{k}$+$\frac{1}{k+1}$），k=1，2，3…，n，將上述n個(gè)不等式依次相加，即可證得結(jié)論．

解答 解：（1）由已知得x＞0，f′（x）=$\frac{1}{x}$-1，
由f′（x）＞0，得$\frac{1}{x}$-1＞0，$\frac{1}{x}$＞1，x＜1，
由f′（x）＜0，得$\frac{1}{x}$-1＜0，$\frac{1}{x}$＜1，x＞1，
∴f（x）在（1，+∞）上為減函數(shù)，在（0，1）為增函數(shù)；
（2）由（1）知：當(dāng)x=1時(shí)，f（x）_max=-1+1=0，
對(duì)任意x＞0，有f（x）≤0，
即lnx-x+1≤0，即lnx≤x-1①，
令g（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，g′（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
令g′（x）＞0，解得：x＞1，令g′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
∴g（x）在（0，1）遞減，在（1，+∞）遞增，
∴g（x）_min=g（1）=1，
故lnx+$\frac{1}{x}$≥1，即1-$\frac{1}{x}$≤lnx②，
由①②得：當(dāng)x＞0時(shí)，$1-\frac{1}{x}≤lnx≤x-1$；
（3）設(shè)F（x）=lnx-$\frac{1}{2}$（x-$\frac{1}{x}$），則F′（x）=-$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{x}$-1）²＜0．
所以F（x）在x＞1時(shí)單調(diào)遞減．
由F（1）=0可得當(dāng)x＞1時(shí)，得：（x-$\frac{1}{x}$）＞lnx（x＞1）．
令x=$\frac{k+1}{k}$，則ln $\frac{k+1}{k}$＜$\frac{1}{2}$（$\frac{k+1}{k}$-$\frac{k}{k+1}$）=$\frac{1}{2}$[（1+$\frac{1}{k}$）-（1-$\frac{1}{k+1}$）]=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{k}$+$\frac{1}{k+1}$），
所以ln（k+1）-lnk＜$\frac{1}{2}$ （$\frac{1}{k}$+$\frac{1}{k+1}$），k=1，2，3…，n．
將上述n個(gè)不等式依次相加得 ln（n+1）＜$\frac{1}{2}$+（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$）+$\frac{1}{2（n+1）}$，
所以1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$＞ln（n+1）+$\frac{n}{2（n+1）}$＞ln（n+1）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的運(yùn)用，考查不等式的證明，解題的關(guān)鍵是構(gòu)建新函數(shù)，確定函數(shù)的單調(diào)性，屬于中檔題．