题目

题型：解答题难度：一般来源：广州三模

已知函数f（x）=ax+

b

x

+c（a＞0）的图象在点（1，f（1））处的切线方程为y=x-1．
（1）试用a表示出b，c；
（2）若f（x）≥lnx在[1，+∞）上恒成立，求a的取值范围；
（3）证明：1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

＞ln（n+1）+

n

2(n+1)

（n≥1）．

答案

（1）∵f(x)=ax+

b

x

+c(a＞0)，
∴f′(x)=a-

b

x2

⇒f′(1)=a-b=1⇒b=a-1
∴f（1）=a+a-1+c=2a-1+c．
又∵点（1，f（1））在切线y=x-1上，
∴2a-1+c=0⇒c=1-2a，
∴

b=a-1 c=1-2a

．
（2）∵f(x)=ax+

a-1

x

+1-2a(a＞0)，
f（x）≥lnx在[1，+∞]上恒成立，
设g（x）=f（x）-lnx，则g（x）=f（x）-lnx≥0在[1，+∞]上恒成立，
∴g（x）_min≥0，
又∵g′(x)=a-

a-1

x2

-

1

x

=

a(x2-1)-(x-1)

x2

=

a(x-1)(x- 1-a a )

x2

，
而当

1-a

a

=1时，a=

1

2

．
1°当

1-a

a

≤1即a≥

1

2

时，
g"（x）≥0在[1，+∞]上恒成立，
∴g(x)min=g(1)=2a-1≥0⇒a≥

1

2

；
2°当

1-a

a

＞1即0＜a＜

1

2

时，
g"（x）=0时x=

1-a

a

；
且1≤x＜

1-a

a

时，g"（x）＜0，
当x＞

1-a

a

时，g"（x）＞0；
则g(x)min=g(

1-a

a

)≥0①，
又∵g(

1-a

a

)≤g(1)=2a-1＜0与①矛盾，不符题意，故舍．
∴综上所述，a的取值范围为：[

1

2

，+∞）．

（3）证明：由（1）可知a≥

1

2

时，f（x）≥lnx在[1，+∞]上恒成立，
则当a=

1

2

时，

1

2

(x-

1

x

)≥lnx在[1，+∞]上恒成立，
令x依次取

2

1

，

3

2

，

4

3

，

5

4

，

6

5

…

n+1

n

时，
则有

1

2

×(

2

1

-

1

2

)≥ln

2

1

，

1

2

×(

3

2

-

2

3

)≥ln

3

2

，
…

1

2

×(

n+1

n

-

n

n+1

)≥ln

n+1

n

，
由同向不等式可加性可得

1

2

[(

2

1

+

3

2

+

4

3

+…+

n+1

n

)-(

1

2

+

2

3

+

3

4

+…+

n

n+1

)]≥ln(n+1)，
即

1

2

[(1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

+n)-(n-

1

2

-

1

3

-

1

4

-…-

1

n+1

)]≥ln(n+1)，
也即

1

2

[2(1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

)+

1

n+1

-1]≥ln(n+1)，
也即1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

＞ln（n+1）+

n

2(n+1)

（n≥1）．
解法二：①当n=1时左边=1，右边=ln2+

1

4

＜1，不等式成立；
②假设n=k时，不等式成立，就是1+

1

2

+

1

3

+…+

1

k

＞ln（k+1）+

k

2(k+1)

（k≥1）．
那么1+

1

2

+

1

3

+…+

1

k

+

1

k+1

＞ln（k+1）+

k

2(k+1)

+

1

k+1

=ln（k+1）+

k+2

2(k+1)

．
由（2）知：当a≥

1

2

时，有f（x）≥lnx  （x≥1）
令a=

1

2

有f（x）=

1

2

(x-

1

x

)≥lnx  （x≥1）
令x=

k+2

k+1

得

1

2

(

k+2

k+1

-

k+1

k+2

)≥ln

k+2

k+1

=ln(k+2)-ln(k+1)
∴ln(k+1)+

k+2

2(k+1)

≥ ln(k+2)+

k+1

2(k+2)

∴1+

1

2

+

1

3

+…+

1

k

+

1

k+1

＞ln(k+2)+

k+1

2(k+2)

这就是说，当n=k+1时，不等式也成立．
根据（1）和（2），可知不等式对任何n∈N^*都成立．