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＞6n

题型：解答题难度：一般来源：不详

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）．

答案

（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′(x)=1-

a

x

-

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f_min=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+

2

a

）≥0
令u（a）=ln（a+1）-（1+

2

a

），易知u（a）在定义域内是增函数；（6分）
∵u（3）=ln4-

5

3

＜0，∴ln4＜

5

3

，∴4＜e

5

3

，∴4³＜e⁵，而e⁵＞4³成立，∴u（3）＜0
u（4）=ln5-

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+

2

a

）≥0，即ln（a+1）≥（1+

2

a

），（a≥4），
∴lnn＞1+

2

n-1

（n∈N^*，n≥5），ln（n²）＞1+

2

n2-1

）（n∈N^*，n≥3），
即lnn＞

1

2

+

1

2

(

1

n-1

-

1

n+1

)（n∈N^*，n≥3），（11分）
∴ln3+ln4+…+lnn＞

1

2

（n-2）+

1

2

(

1

2

+

1

3

-

1

n

-

1

n+1

)
即ln

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）