Question

已知函數(shù)f（x）=alnx+

1

2

x2-（1+a）x
（1）當a=-

1

2

時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若f（x）≥0對定義域內(nèi)的任意x都成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）證明：對于任意的正整數(shù)m，n，不等式

1

ln(m+1)

+

1

ln(m+2)

+…+

1

ln(m+n)

＞

n

m(m+n)

恒成立．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：導數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）先求出導函數(shù)，解不等式即可求出單調(diào)區(qū)間，（2）先求出導函數(shù)，再分情況①當a≤0時②當0＜a＜1時③當a=1時④當a＞1時進行討論，
（3）當a=-

1

2

時，f(x)=-

1

2

lnx+

1

2

x2-

1

2

x≥0（當且僅當時x=1等號成立）則lnx≤x²-x，當x＞1時，此不等式可以化為

1

lnx

＞

1

x2-x

=

1

x-1

-

1

x

分別令x=m+1，m+2，…，m+n，從而證得結(jié)論．

解答： 解：（1）．當a=-

1

2

時，f(x)=-

1

2

lnx+

1

2

x2-

1

2

x
則f′(x)=

- 1 2

x

+x-

1

2

=

x2- 1 2 x- 1 2

x

=

(x-1)(x+ 1 2 )

x

(x＞0)
從而得到：若0＜x＜1，則f′（x）＜0；若x＞1，則f′（x）＞0；
故f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，1），單調(diào)遞增區(qū)間（1，+∞）；
（2）.f′(x)=

a

x

+x-(1+a)=

x2-(1+a)x+a

x

=

(x-1)(x-a)

x

(x＞0)
①當a≤0時，若0＜x＜1，則f′（x）＜0；若x＞1，則f′（x）＞0；
故f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，1），單調(diào)遞增區(qū)間（1，+∞）；
②當0＜a＜1時，f′（x），f（x）的變化如下表：

x	（0，a）	a	（a，1）	1	（1，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	單調(diào)遞增	極大值	單調(diào)遞減	極小值	單調(diào)遞增

故f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（a，1），單調(diào)遞增區(qū)間（0，a），（1，+∞）；
③當a=1時，f′(x)=

(x-1)2

x

≥0；故f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間（0，+∞）；
④當a＞1時，f′（x），f（x）的變化如下表：

x	（0，1）	1	（1，a）	a	（a，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	單調(diào)遞增	極大值	單調(diào)遞減	極小值	單調(diào)遞增

由于f(1)=-

1

2

-a，顯然當a＞0時，f（1）＜0，則不合題意；
當a≤0時，f（x）在區(qū)間（0，+∞）上的最小值是f(1)=-

1

2

-a≥0，即a≤-

1

2

；
故實數(shù)a的取值范圍是(-∞，-

1

2

]．                                     
（3）．當a=-

1

2

時，f(x)=-

1

2

lnx+

1

2

x2-

1

2

x≥0（當且僅當時x=1等號成立）
則lnx≤x²-x，當x＞1時，此不等式可以化為

1

lnx

＞

1

x2-x

=

1

x-1

-

1

x

分別令x=m+1，m+2，…，m+n，則

1 ln(m+1) + 1 ln(m+2) +…+ 1 ln(m+n) ＞( 1 m - 1 m+1 )+( 1 m+1 - 1 m+2 )+…+( 1 m+n-1 - 1 m+n )= 1 m - 1 m+n = n m(m+n)

所以

1

ln(m+1)

+

1

ln(m+2)

+…+

1

ln(m+n)

＞

n

m(m+n)

．

點評：本題考察了函數(shù)的單調(diào)性，導數(shù)的應(yīng)用，不等式的證明，滲透了分類討論思想，是一道綜合題．