Question

已知函數(shù)f（x）=alnx+

1

2

x²-（1+a）x（x＞0），其中a為實數(shù)．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若函數(shù)f（x）≥0對定義域內(nèi)的任意x恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）證明：

1

ln(m+1)

+

1

ln(m+2)

+…+

1

ln(m+n)

＞

n

m(m+n)

，對任意的正整數(shù)m，n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)的綜合應用

分析：（1）先求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論a的范圍，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）通過討論a的范圍得到答案；
（3）問題轉化為

1

lnx

＞

1

x2-x

=

1

x-1

-

1

x

，分別令x=m+1，m+2，m+3，…，m+n，得到

1

ln(m+1)

+

1

ln(m+2)

+…+

1

ln(m+n)

＞

1

m

-

1

m+n

，從而得到答案．

解答： 解：（1）因為f′（x）=

a

x

+x-（1+a）=

(x-a)(x-1)

x

，（x＞0），
①當a≤0時，令f′（x）＞0得x＞1；f′（x）＜0得0＜x＜1，
此時，函數(shù)f（x）的增區(qū)間是（1，+∞），減區(qū)間是（0，1），
②當0＜a＜1時，令f′（x）＞0得x＞1或0＜x＜a；f′（x）＜0得a＜x＜1，
此時，函數(shù)f（x）的增區(qū)間是（1，+∞）和（0，a），減區(qū)間是（a，1），
③當a=1時，f′（x）≥0對任意x∈（0，+∞）恒成立，
此時，函數(shù)f（x）的增區(qū)間是（0，+∞），無減區(qū)間，
④當a＞1時，令f′（x）＞0得x＞a或0＜x＜1；f′（x）＜0得1＜x＜a
此時，函數(shù)f（x）的增區(qū)間是（a，+∞）和（0，1），減區(qū)間是（1，a）．
（2）由于f(1)=-

1

2

-a，
顯然當a＞0時，f（1）＜0，此時，f（x）≥0對定義域內(nèi)的任意x不是恒成立的；
當a≤0時，根據(jù)（1）函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）上的極小值（也是最小值）是f(1)=-

1

2

-a，
此時只要f（x）≥0即可，解得a≤-

1

2

，
故實數(shù)a的了取值范圍是a≤-

1

2

．
（3）當a=-

1

2

時，f（x）=-

1

2

lnx+

1

2

x²-

1

2

x≥0（當且僅當x=1時等號成立），
則lnx≤x²-x，當x＞1時，此不等式可以變形為

1

lnx

＞

1

x2-x

=

1

x-1

-

1

x

，
分別令x=m+1，m+2，m+3，…，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)

，
故 

1

ln(m+1)

+

1

ln(m+2)

+…+

1

ln(m+n)

＞

n

m(m+n)

．

點評：本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，導數(shù)的應用，考查了不等式的證明，本題屬于中檔題．