《2025年赢在微点数学》

[变式训练]　已知函数$f(x)=e\ln x-ax(a\in\mathbf{R})$。
　(1)讨论函数$f(x)$的单调性;
　(2)当$a = e$时，证明：$xf(x)-e^{x}+2ex\leqslant0$。

答案： 解
(1)$f^{\prime}(x)=\frac{e}{x}-a(x＞0)$，
①若$a\leq0$，则$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增；
②若$a＞0$，则当$0＜x＜\frac{e}{a}$时，$f^{\prime}(x)＞0$；当$x＞\frac{e}{a}$时，$f^{\prime}(x)＜0$。故$f(x)$在$(0,\frac{e}{a})$上单调递增，在$(\frac{e}{a},+\infty)$上单调递减。
(2)证明：因为$x＞0$，所以只需证$f(x)\leq\frac{e^{x}}{x}-2e$，当$a = e$时，由
(1)知，$f(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1,+\infty)$上单调递减。所以$f(x)_{\max}=f(1)=-e$。设$g(x)=\frac{e^{x}}{x}-2e(x＞0)$，则$g^{\prime}(x)=\frac{(x - 1)e^{x}}{x^{2}}$，所以当$0＜x＜1$时，$g^{\prime}(x)＜0$，$g(x)$单调递减；当$x＞1$时，$g^{\prime}(x)＞0$，$g(x)$单调递增，所以$g(x)_{\min}=g(1)=-e$。综上，当$x＞0$时，$f(x)\leq g(x)$，即$f(x)\leq\frac{e^{x}}{x}-2e$，即$xf(x)-e^{x}+2ex\leq0$得证。

[例4]　设函数$f(x)=x^{3}+\ln(x + 1)$。
　(1)求曲线$y = f(x)$在点$(0,0)$处的切线方程;
　(2)证明:当$n\in\mathbf{N}^{*}$且$n\geqslant2$时，$\ln(n + 1)＞\frac{1}{8}+\frac{2}{27}+\cdots+\frac{n - 1}{n^{3}}$。

答案： 解
(1)显然$x\in(-1,+\infty)$，且$f^{\prime}(x)=3x^{2}+\frac{1}{x + 1}$，故$f^{\prime}(0)=1$，故切线方程为$y - 0=f^{\prime}(0)(x - 0)$，即$y = x$。
(2)证明：令$g(x)=x^{3}+\ln(x + 1)-x^{2}$，则$g^{\prime}(x)=3x^{2}-2x+\frac{1}{x + 1}=\frac{3x^{3}+x^{2}-2x + 1}{x + 1}=\frac{3x^{3}+(x - 1)^{2}}{x + 1}$。当$x\geq0$时，$g^{\prime}(x)＞0$，$g(x)$单调递增，故当$x\geq0$时，$g(x)\geq g(0)=0$，即当$x\geq0$时，$\ln(x + 1)+x^{3}-x^{2}\geq0$。令$x=\frac{1}{n}(n\in\mathbf{N}^{*})$，得$\ln(1+\frac{1}{n})+\frac{1}{n^{3}}-\frac{1}{n^{2}}＞0$，即$\ln(n + 1)-\ln n＞\frac{1}{n^{2}}-\frac{1}{n^{3}}=\frac{n - 1}{n^{3}}$，由此可得，$\ln2-\ln1＞\frac{1}{1^{2}}-\frac{1}{1^{3}}=0$，$\ln3-\ln2＞\frac{1}{2^{2}}-\frac{1}{2^{3}}=\frac{1}{8}$，$\cdots$，$\ln(n + 1)-\ln n＞\frac{1}{n^{2}}-\frac{1}{n^{3}}=\frac{n - 1}{n^{3}}$，将以上$n$个式子相加，得$\ln(n + 1)＞\frac{1}{8}+\frac{2}{27}+\cdots+\frac{n - 1}{n^{3}}$，$n\in\mathbf{N}^{*}$且$n\geq2$。

[变式训练]　已知函数$f(x)=\frac{1+\ln x}{x}-a(a\in\mathbf{R})$。
　(1)若$f(x)\leqslant0$在$(0,+\infty)$上恒成立，求实数$a$的取值范围;
　(2)证明:对任意的$n\in\mathbf{N}^{*}$，都有$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}＞\ln(n + 1)$。

答案： 解
(1)由$f(x)\leq0$可得$a\geq\frac{1+\ln x}{x}$。令$h(x)=\frac{1+\ln x}{x}$，则$h^{\prime}(x)=\frac{-\ln x}{x^{2}}$。令$h^{\prime}(x)=0$，得$x = 1$，当$x\in(0,1)$时，$h^{\prime}(x)＞0$；当$x\in(1,+\infty)$时，$h^{\prime}(x)＜0$。所以$h(x)$在$x = 1$处取得极大值亦即最大值，为$h(1)=1$，故实数$a$的取值范围是$[1,+\infty)$。
(2)证明：由
(1)可知当$a = 1$时不等式$a\geq\frac{1+\ln x}{x}$成立，即$\frac{1+\ln x}{x}\leq1$，所以不等式$\ln x＜x - 1$在$(1,+\infty)$上成立。令$x=\frac{n + 1}{n}(n\in\mathbf{N}^{*})$，则$x＞1$，所以有$\ln\frac{n + 1}{n}＜\frac{n + 1}{n}-1$，即$\ln\frac{n + 1}{n}＜\frac{1}{n}$，所以$\ln\frac{2}{1}＜\frac{1}{1}$，$\ln\frac{3}{2}＜\frac{1}{2}$，$\ln\frac{4}{3}＜\frac{1}{3}$，$\cdots$，$\ln\frac{n + 1}{n}＜\frac{1}{n}$。以上各式相加得$\ln\frac{2}{1}+\ln\frac{3}{2}+\ln\frac{4}{3}+\cdots+\ln\frac{n + 1}{n}＜1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}$，即$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}＞\ln(n + 1)$，故原不等式成立。