Question

函數f（x）=alnx一x+2（a∈R，a≠0）．
（1）求f（x）的極值和單調區間；
（2）當x≥2時，有f（x）＜0恒成立，求a的取值范圍；
（3）證明：ln（2n+1）-lnn＞

1

n

（n∈N^*）

Answer 1

分析：（1）由解析式求出函數的定義域和f′（x），因為在函數式中含字母系數，需要根據a的符號進行分類討論，分別在函數的定義域內解不式f′（x）＞0和f′（x）＜0確定的f（x）單調區間和極值；
（2）用分離參數法將解析式變為a＜

x-2

lnx

，令g（x）=

x-2

lnx

，再求它的導數g′（x）=

lnx+ 2 x -1

(lnx)2

（x≥2），令h（x）=lnx+

2

x

-1，再求h′（x）并判斷h′（x）≥0，判斷出在定義域上的單調性，得到h（x）≥h（2）＞0，進而判斷出g′（x）＞0，判斷出g（x）在[2，+∞）上是增函數，求出g（x）的最大值，再由恒成立問題求出a的范圍；
（3）由分析法找出結論成立的充分條件，再由不等式的特點構造函數f（x）=lnx-x+2，由（1）得到此函數的單調性，進而判斷出f（x）≥f（3）=0，整理得lnx＞x-2，令x=2+

1

n

，代入整理即得到證明．

解答：（1）解：由題意知，函數的定義域是（0，+∞），且f′（x）=

a

x

-1=

a-x

x

，
①當a＜0時，f′（x）＜0，則原函數在（0，+∞）上是減函數，故無極值；
②當a＞0時，由f′（x）=0得x=a，列表如下：

x	（0，a）	a	（a，+∞）
f′（x）	+	0	-
f（x）	增函數	極大值	減函數

由上表知f（x）在（0，a）為增函數，在（a，+∞）上為減函數，
∴f（x）的極大值為f（a）=alna-a+2．
（2）解：∵f（x）=alnx一x+2＜0，且x≥2，∴a＜

x-2

lnx

，
令g（x）=

x-2

lnx

（x≥2），
∴g′（x）=

lnx- 1 x (x-2)

(lnx)2

=

lnx+ 2 x -1

(lnx)2

，令h（x）=lnx+

2

x

-1（x≥2），
則h′（x）=

1

x

- 

2

x2

=

x-2

x2

≥0，
∴h（x）在[2，+∞]上是增函數，∴h（x）≥h（2）=ln2+

2

2

-1=ln2＞0，
∴g′（x）＞0，∴g（x）在[2，+∞）上是增函數，
∴g（x）的最小值是g（2）=0，
∵當x≥2時，a＜

x-2

lnx

恒成立，
∴a＜0．
（3）證明：要證  ln（2n+1）-lnn＞

1

n

 （n∈N^*），
只需證     ln

2n+1

n

＞

1

n

，
即證   ln（2+

1

n

） ＞2+

1

n

- 2，
可取a=1，則f（x）=lnx-x+2，且2+

1

n

∈（2，3]，
由（1）知f（x）在（1，+∞）上為減函數，
∴f（x）在（2，3]上為減函數，
∴f（x）≥f（3）=ln3-3+2=ln3-1＞0，
∴lnx-x+2＞0，即lnx＞x-2，令x=2+

1

n

，（n∈N^*），
則ln（2+

1

n

）＞2+

1

n

- 2=

1

n

，
即ln(2n+1)-lnn＞

1

n

，（n∈N^*）．

點評：本小題主要考查了求導公式、利用導數研究函數的單調性、不等式恒成立問題以及構造函數證明不等式等等，考查運算能力和運用函數思想分析解決問題的能力，以及分類討論的思想方法．