Question

已知f（x）=lnx，g(x)=x+

a

x

（a∈R）．
（1）求f（x）-g（x）的單調區間；
（2）若x≥1時，f（x）≤g（x）恒成立，求實數a的取值范圍；
（3）當n∈N^*，n≥2時，證明：

ln2

3

•

ln3

4

•…•

lnn

n+1

＜

1

n

．

Answer 1

分析：（1）先求F(x)=f(x)-g(x)=lnx-x-

a

x

(x＞0)，求導函數F′(x)=

1

x

-1+

a

x2

=

-x2+x+a

x2

，分類討論即可求出函數的單調區間．
（2）x≥1時，lnx≤x+

a

x

恒成立，等價于a≥[xlnx-x²]_max，構造新的函數k（x）=xlnx-x²造．求出函數的最大值即可求出a的取值范圍．
（3）方法一：由（2）可知當a=-1時，x≥1時，lnx≤x-

1

x

恒成立所以n∈N^*，n≥2時，有lnn＜n-

1

n

?

lnn

n+1

＜

n-1

n

，進而可證．
方法二：利用數學歸納法證明．當n=2時，顯然成立．假設n=k（n∈N^*，n≥2）成立，即

ln2

3

•

ln3

4

••

lnk

k+1

＜

1

k

那么當n=k+1時，

ln2

3

•

ln3

4

••

lnk

k+1

•

ln(k+1)

k+2

＜

1

k

•

ln(k+1)

k+2

下面只需證

1

k

•

ln(k+1)

k+2

＜

1

k+1

，（k+1）ln（k+1）＜k（k+2）即可得證．

解答：解：（1）F(x)=f(x)-g(x)=lnx-x-

a

x

(x＞0)
F′(x)=

1

x

-1+

a

x2

=

-x2+x+a

x2

（1分）
當△=1+4a≤0，
即a≤-

1

4

時，F′（x）≤0，
所以F（x）在（0，+∞）上單調遞減（2分）
當△=1+4a＞0，即a＞-

1

4

時，
F′(x)=0，x1=

- 1+4a +1

2

，x2=

1+4a +1

2

，
①-

1

4

＜a≤0時，
x₁＞0，x₂＞0，
單調增區間為（0，+∞）（3分）
②a＞0時，
x₁＞0，x₂＞0，
單調增區間為（x₁，x₂），
單調減區間為（0，x₁），（x₂，+∞）（5分）
綜上：①a≤-

1

4

時，F（x）在（0，+∞）上單調遞減（只要寫出以上三種情況即得5分）
②-

1

4

＜a≤0時，
x₁≤0，x₂＞0，
單調增區間為（0，x₂），單調減區間為（x₂，+∞）
③a＞0時，
x₁＞0，x₂＞0，
單調增區間為（x₁，x₂），，單調減區間為（0，x₁），（x₂，+∞）
（2）lnx≤x+

a

x

恒成立，
等價于a≥[xlnx-x²]_max（6分）
k（x）=xlnx-x²，k′（x）=1+lnx-2x，
[k′(x)]′=

1

x

-2＜0
k′（x）在[1，+∞）上單調遞減，
k′（x）≤k′（1）=-1＜0，
k（x）在[1，+∞）上單調遞減，
所以k（x）的最大值為k（1）=-1，所以a≥-1（18分）
（3）證法一：由（2）知當a=-1時，x≥1時，lnx≤x-

1

x

恒成立
所以n∈N^*，n≥2時，有lnn＜n-

1

n

?

lnn

n+1

＜

n-1

n

（10分）
所以

ln2

3

＜

1

2

，

ln3

4

＜

2

3

，

lnn

n+1

＜

n-1

n

相乘得

ln2

3

•

ln3

4

••

lnn

n+1

＜

1

n

（12分）
方法二：數學歸納法
①當n=2時，顯然成立（9分）
②假設n=k（n∈N^*，n≥2）成立，即

ln2

3

•

ln3

4

••

lnk

k+1

＜

1

k

那么當n=k+1時，

ln2

3

•

ln3

4

••

lnk

k+1

•

ln(k+1)

k+2

＜

1

k

•

ln(k+1)

k+2

下面只需證

1

k

•

ln(k+1)

k+2

＜

1

k+1

，（k+1）ln（k+1）＜k（k+2）
設t=k+1≥3，所以設k（t）=tlnt-t²+1
由（2）知當a=-1時，x≥1時，lnx≤x-

1

x

恒成立，
即k（t）=tlnt-t²++1＜0在t=k+1≥3恒成立，所以

ln2

3

•

ln3

4

••

lnk

k+1

•

ln(k+1)

k+2

＜

1

k+1

綜合（1）（2）命題成立（12分）

點評：此題主要考查函數單調性的判斷及函數的恒成立問題．