题目 函数 $f(x)=a\ln x+1(a>0)$． 问题1 当 $x>0$ 时，求证：$f(x)-1\geqslant a\left(1-\dfrac 1x\right)$； 答案1 略 解析1 令 $g(x)=a\left(\ln x -1+\dfrac 1x\right)$，则$$g'(x)=a\left(\dfrac 1x -\dfrac 1{x^2}\right).$$令 $g'(x)>0$，即$$a\left(\dfrac 1x-\dfrac 1{x^2}\right)>0.$$因为 $a>0$，$x>0$，解得 $x>1$，所以 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 上递减，在 $(1,+\infty)$ 上递增．<br/>所以 $g(x)$ 最小值为 $g(1)=0$，所以$$f(x)-1\geqslant a\left(1-\dfrac 1x\right).$$ 备注1 问题2 在区间 $(1,\rm e)$ 上 $f(x)>x$ 恒成立，求实数 $a$ 的范围； 答案2 $[ {\rm e}-1,+\infty)$ 解析2 令 $h(x)=a\ln x +1-x$，则$$h'(x)=\dfrac ax -1.$$令 $h'(x)>0$，解得 $x<a$．<br/><case>情形一</case> 当 $a>e$ 时，$h(x)$ 在 $(1,\rm e)$ 是增函数，所以 $h(x)>h(1)=0$，符合题意．<br/><case>情形二</case> 当 $1<a\leqslant \rm e$ 时，$h(x)$ 在 $(1,a)$ 上递增，$(a,\rm e)$ 上递减，所以只需 $h(\rm e)\geqslant 0$，即$$a\geqslant {\rm e}-1.$$<case>情形三</case> 当 $a\leqslant 1$ 时，$h(x)$ 在 $(1,\rm e)$ 上递减，则需 $h(\rm e)\geqslant 0$，因为$$h(\rm e)=a+1-e<0,$$不合题意（舍）．<br/>综上，$a\geqslant {\rm e}-1$． 备注2 问题3 当 $a=\dfrac 12$ 时，求证：$f(2)+f(3)+\cdots +f(n+1)>2(n+1-\sqrt{n+1})(n\in \mathbb N^*)$． 答案3 略 解析3 当 $a=\dfrac 12$ 时，有 $f(x)=\dfrac 12 \ln x +1$，所以令$$f(n)=\dfrac 12 \ln n+1,$$则有$$f(2)+f(3)+\cdots +f(n+1)=\dfrac 12 \ln[2\cdot 3\cdot \cdots \cdot (n+1)]+n.$$下面用数学归纳法证明题设不等式成立．<br/><case>归纳基础</case>当 $n=1$ 时，$\dfrac 12 \ln 2+1>4-2\sqrt 2$ 显然成立．<br/><case>递推证明</case>假设当 $n=k$ 时有$$\dfrac 12\ln[2\cdot 3\cdots \cdots(k+1)]+k>2(k+1-\sqrt {k+1}).$$当 $n=k+1>2$ 时，\[\begin{split}&\dfrac 12 \ln[2\cdot 3 \cdot \cdots \cdot (k+1)(k+2)]+k+1\\=&\dfrac 12 \ln[2\cdot 3\cdot \cdots \cdot (k+1)]+\dfrac 12 \ln(k+2)+k+1\\>&2(k+1-\sqrt{k+1})+\dfrac 12 \ln(k+2)+1,\end{split}\]作差比较$$\begin{split}&2(k+1-\sqrt{k+1})+\dfrac 12 \ln(k+2)+1-2(k+2-\sqrt{k+2})\\=&\dfrac 12 \ln(k+2)-1+2(\sqrt{k+2}-\sqrt{k+1})>0\end{split}$$显然成立．<br/>即当 $n=k+1$ 时原不等式也成立．<br/>综上，对任意正整数 $n$，原不等式成立． 备注3