Question

函数f（x）=x-alnx+（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＞（n∈N^*，n≥3）．

Answer

（1）确定函数f（x）的定义域为（0，+∞），求导函数，即可确定f（x）的单调区间；
（2）先求fmin=f（a+1）=a+2-aln（a+1），再利用f（x）有零点，可得ln（a+1）-（1+）≥0，构建函数u（a）=ln（a+1）-（1+），易知u（a）在定义域内是增函数，从而可求函数f（x）有零点的最小正整数a的值；
（3）先证明ln（a+1）≥（1+），进而有lnn＞（n∈N*，n≥3），从而可得ln3+ln4+…+lnn＞（n-2）+，故可得证．
（1）【解析】
函数f（x）的定义域为（0，+∞），=（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）【解析】
∵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+）≥0
令u（a）=ln（a+1）-（1+），易知u（a）在定义域内是增函数；（6分）
∵u（3）=ln4-＜0，∴，∴4＜，∴43＜e5，而e5＞43成立，∴u（3）＜0
u（4）=ln5-＞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+）≥0，即ln（a+1）≥（1+），（a≥4），
∴lnn＞1+（n∈N*，n≥5），ln（n2）＞1+）（n∈N*，n≥3），
即lnn＞（n∈N*，n≥3），（11分）
∴ln3+ln4+…+lnn＞（n-2）+
即
∴ln（n!）-ln2＞（n∈N*，n≥3）．（13分）