Question

已知函數(shù)f（x）=lnx+x²-ax（a∈R）．
（I）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（II）若f（x）≤2x²，求實數(shù)a的取值范圍；
（III）求證：ln(n+1)＞

1

3

+

1

5

+

1

7

+…+

1

2n+1

（n∈N^*）．

Answer 1

分析：（1）先求出函數(shù)定義域，在定義域內(nèi)解含參的不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0；
（2）函數(shù)f（x）≤2x²恒成立，即lnx-x²-ax≤0（x＞0）恒成立．分離變量，得a≥

lnx

x

-x恒成立，則只需a大于等于

lnx

x

-x的最大值即可．用導(dǎo)數(shù)可求出

lnx

x

-x的最大值．
（3）構(gòu)造函數(shù)r（x）=lnx-

x-1

x+1

，用導(dǎo)數(shù)可判斷其在（0，+∞）上單調(diào)遞增，從而r（x）＞r（1），再令x=1+

1

n

，得到一不等式，n分別取1，2，…，n，再累加即可．

解答：解：f（x）的定義域為（0，+∞）．
（1）f′（x）=

1

x

+2x-a=

2x2-ax+1

x

，令g（x）=2x²-ax+1，則g（0）=1．
①當(dāng)a≤0時，g（x）＞0，所以f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
②當(dāng)a＞0時，若△=a²-8≤0，即0＜a≤2

2

，g（x）≥0，所以f′（x）≥0，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
③當(dāng)a＞0時，若△=a²-8＞0，即a＞2

2

時，令g（x）=0，得x=

a± a2-8

4

＞0，
由g′（x）＜0，即f′（x）＜0，得

a- a2-8

4

＜x＜

a+ a2-8

4

；由g′（x）＞0，即f′（x）＞0，得0＜x＜

a- a2-8

4

或x＞

a+ a2-8

4

．
此時，f（x）的單調(diào)減區(qū)間是（

a- a2-8

4

，

a+ a2-8

4

），單調(diào)增區(qū)間（0，

a- a2-8

4

），（

a+ a2-8

4

，+∞）．
綜上，當(dāng)a≤2

2

時，f（x）的單調(diào)增區(qū)間是（0，+∞）；
當(dāng)a＞2

2

時，f（x）的單調(diào)減區(qū)間是（

a- a2-8

4

，

a+ a2-8

4

），單調(diào)增區(qū)間（0，

a- a2-8

4

），（

a+ a2-8

4

，+∞）．
（2）由f（x）≤2x²，可得lnx-x²-ax≤0（x＞0），則當(dāng)x＞0時，a≥

lnx

x

-x恒成立，
令h（x）=

lnx

x

-x（x＞0），則h′（x）=

1-lnx

x2

-1=

1-x2-lnx

x2

，
令k（x）=1-x²-lnx（x＞0），則當(dāng)x＞0時，k′（x）=-2x-

1

x

＜0，所以k（x）在（0，+∞）上為減函數(shù)．
又k（1）=0，所以在（0，1）上，h′（x）＞0；在（1，+∞）上，h′（x）＜0．
所以h（x）在（0，1）上為增函數(shù)；在（1，+∞）上為減函數(shù)．
所以h（x）_max=h（1）=-1，所以a≥-1．
（3）令r（x）=lnx-

x-1

x+1

，則r′（x）=

1

x

-

2

(x+1)2

=

x2+1

x(x+1)2

＞0，所以r（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
當(dāng)x＞1時，r（x）＞r（1），即lnx-

x-1

x+1

＞0，lnx＞

x-1

x+1

，令x=1+

1

n

，則有l(wèi)n（1+

1

n

）＞

1+ 1 n -1

1+ 1 n +1

=

1

2n+1

，
故ln（1+1）＞

1

3

，ln（1+

1

2

）＞

1

5

，ln（1+

1

3

）＞

1

7

，…，ln（1+

1

n

）＞

1

2n+1

，累加上式，得ln（n+1）＞

1

3

+

1

5

+

1

7

+…+

1

2n+1

．
故ln(n+1)＞

1

3

+

1

5

+

1

7

+…+

1

2n+1

（n∈N^*）．

點評：本題主要考察了應(yīng)用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，最值，以及恒成立問題，利用導(dǎo)數(shù)證明不等式，一般要構(gòu)造函數(shù)或者借助前面小題中某個結(jié)論．