已知函数f（x）=alnx+1（a＞0）．（1）当a=1且x＞1时，证明：f（x）＞3-4x+1；（2）若对∀x∈（1，e），f（x）＞x恒成立，求实数a的取值范围；（3）当a=12时，证明：n+1i＝2f（i）＞2（n+1-n+1）．

Question

已知函数f（x）=alnx+1（a＞0）．
（1）当a=1且x＞1时，证明：f（x）＞3-(4)/(x+1)；
（2）若对∀x∈（1，e），f（x）＞x恒成立，求实数a的取值范围；
（3）当a=(1)/(2)时，证明：

n+1

i＝2

f（i）＞2（n+1-√(n+1)）．

Answer 1

（1）证明：要证f（x）＞3-(4)/(x+1)，即证lnx+(4)/(x+1)-2＞0，
令m（x）=lnx+(4)/(x+1)-2，
则m'（x）=(1)/(x)−(4)/((x+1)2)＝((x−1)2)/(x(x+1)2)＞0，
∴m（x）在（1，+∞）单调递增，m（x）＞m（1）=0，
∴lnx+(4)/(x+1)-2＞0，
即f（x）＞3-(4)/(x+1)成立．
（2）解法一：由f（x）＞x且x∈（1，e），可得a＞(x−1)/(lnx)，
令h（x）=(x−1)/(lnx)，则h'（x）=(lnx−1+(1)/(x))/((lnx)2)，
由（1）知lnx-1+(1)/(x)＞1+(1)/(x)−(4)/(x+1)=((x−1)2)/(x(x+1)2)＞0，
∴h'（x）＞0函数，h（x）在（1，e）单调递增，当x∈（1，e）时，h（x）＜h（e）=e-1，
即a≥e-1．
解法二：令h（x）=alnx+1-x，则h'（x）=(a)/(x)−1＝(a−x)/(x)，
当a＞e时，h'（x）＞0，函数h（x）在（1，e）上是增函数，有h（x）＞h（1）=0，
当1＜a≤e时，∵函数h（x）在（1，a）上递增，在（a，e）上递减，
对∀x∈（1，e），f（x）＞x恒成立，只需h（e）≥0，即a≥e-1．---------------（7分）
当a≤1时，函数h（x）在（1，e）上递减，对∀x∈（1，e），f（x）＞x恒成立，只需h（e）≥0，
而h（e）=a+1-e＜0，不合题意，-----------------------------------------------------------（8分）
综上得对∀x∈（1，e），f（x）＞x恒成立，a≥e-1．------------------------（9分）】
【解法三：由f（x）＞x且x∈（1，e）可得(1)/(a)＜(ln⁡x)/(x−1)
由于(lnx)/(x−1)表示两点A（x，lnx），B（1，0）的连线斜率，
由图象可知y=(lnx)/(x−1)在（1，e）单调递减，
故当x∈（1，e）时，(lnx)/(x−1)＞(lne)/(e−1)＝

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问题解析

（1）当a=1且x＞1时，构造函数m（x）=lnx+(4)/(x+1)-2，利用函数单调性和导数之间的关系即可证明：f（x）＞3-(4)/(x+1)；
（2）根据函数最值和函数导数之间的关系将不等式恒成立问题进行转化，求实数a的取值范围；
（3）根据函数的单调性的性质，利用放缩法即可证明不等式．

名师点评

本题考点：

导数在最大值、最小值问题中的应用．

考点点评：

本题主要考查函数单调性，最值与函数导数之间的关系以及不等式的证明，综合性较强，难度较大．

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