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函数f（x）=x-alnx+a+1x（a＞0）（1）求f（x）的单调区间；（2）求使函数f（x）有零点的最小正整数a的值；（3）证明：ln（n!）-ln2＞6n3-n2-19n-612n(n+1)（n

题目简介

函数f（x）=x-alnx+a+1x（a＞0）（1）求f（x）的单调区间；（2）求使函数f（x）有零点的最小正整数a的值；（3）证明：ln（n!）-ln2＞6n3-n2-19n-612n(n+1)（n

题目详情

函数f（x）=x-alnx+
a+1
x
（a＞0）
（1）求f（x）的单调区间；
（2）求使函数f（x）有零点的最小正整数a的值；
（3）证明：ln（n!）-ln2＞
6n3-n2-19n-6
12n(n+1)
（n∈N*，n≥3）．
题型：解答题难度：中档来源：不详

答案

（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′(x)=1-class="stub"a
x
-class="stub"a+1
x2
=
[x-(a+1)](x+1)
x2
（2分）
∵x＞0，a＞0，
∴由f′（x）≥0得x≥a+1，f′（x）≤0得x≤a+1，
∴f（x）在（0，a+1）上递减，在（a+1，+∞）上递增．（4分）
（2）∵a∈N*，∴由（1）知fmin=f（a+1）=a+2-aln（a+1）
∵f（x）有零点，
∴有a+2-aln（a+1）≤0，得ln（a+1）-（1+class="stub"2
a
）≥0
令u（a）=ln（a+1）-（1+class="stub"2
a
），易知u（a）在定义域内是增函数；（6分）
∵u（3）=ln4-class="stub"5
3
＜0，∴ln4＜class="stub"5
3
，∴4＜eclass="stub"5
3
，∴43＜e5，而e5＞43成立，∴u（3）＜0
u（4）=ln5-class="stub"3
2
＞0，∴52＞e3，而52＞e3成立，∴u（4）＞0
故使函数f（x）有零点的最小正整数a的值为4．（8分）
（3）证明：由（2）知ln（a+1）-（1+class="stub"2
a
）≥0，即ln（a+1）≥（1+class="stub"2
a
），（a≥4），
∴lnn＞1+class="stub"2
n-1
（n∈N*，n≥5），ln（n2）＞1+class="stub"2
n2-1
）（n∈N*，n≥3），
即lnn＞class="stub"1
2
+class="stub"1
2
(class="stub"1
n-1
-class="stub"1
n+1
)（n∈N*，n≥3），（11分）
∴ln3+ln4+…+lnn＞class="stub"1
2
（n-2）+class="stub"1
2
(class="stub"1
2
+class="stub"1
3
-class="stub"1
n
-class="stub"1
n+1
)
即lnclass="stub"n!
2
＞
6n3-n2-19n-6
12n(n+1)

∴ln（n!）-ln2＞
6n3-n2-19n-6
12n(n+1)
（n∈N*，n≥3）．（13分）

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