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：對任意的正整數(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

分析：（1）由f(x)=alnx+

1

2

x2-(1+a)x(x＞0)，得f′(x)=

a

x

+x-(1+a)，x＞0，由此根據(jù)a的取值范圍進行分類討論，能求出函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間．
（2）由于f（1）=-

1

2

-a，當(dāng)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(dāng)a≤0時，由（1）得f（x）在區(qū)間（0，+∞）上取得最小值為f（1）=-

1

2

-a，由此能求出實數(shù)a的取值范圍．
（3）由（2）知，當(dāng)a=-

1

2

時，f（x）=-

1

2

lnx+

1

2

x2-

1

2

x≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時，等號成立，這個不等式等價于lnx≤x²-x．由此能夠證明對任意的正整數(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．

解答：解：（1）∵f(x)=alnx+

1

2

x2-(1+a)x(x＞0)，
∴f′(x)=

a

x

+x-(1+a)，x＞0，
①當(dāng)a≤0時，若0＜x＜1，則f′（x）＜0，
故函數(shù)f（x）的單調(diào)減區(qū)間是（0，1）；
若x＞1，則f′（x）＞0，故函數(shù)f（x）的增區(qū)間是（1，+∞）．
②當(dāng)0＜a＜1時，函數(shù)f（x）的單調(diào)減區(qū)間是（a，1）；
單調(diào)增區(qū)間是（0，a），（1，+∞）．
③當(dāng)a=1時，則f′(x)=

(x-1)2

x

≥0，
故函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間是（0，+∞）；
④當(dāng)a＞1時，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（1，a）；
函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（0，1），（a，+∞）．
（2）由于f（1）=-

1

2

-a，
當(dāng)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(dāng)a≤0時，由（1）得f（x）在區(qū)間（0，+∞）上的極小值，也是最小值為f（1）=-

1

2

-a，
此時，f（1）≥0，解得a≤-

1

2

，
故實數(shù)a的取值范圍是（-∞，-

1

2

）．
（3）由（2）知，當(dāng)a=-

1

2

時，
f（x）=-

1

2

lnx+

1

2

x2-

1

2

x≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時，等號成立，
這個不等式等價于lnx≤x²-x．
當(dāng)x＞1時，變換為

1

lnx

＞

1

x2-x

=

1

x(x-1)

=

1

x-1

-

1

x

，
在上面的不等式中，
令x=m+1，m+2，…，m+n，則有

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

)，
即對任意的正整數(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．

點評：本題考查函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的求法，考查實數(shù)的取值范圍的求法，考查不等式恒成立的證明．解題時要認(rèn)真審題，仔細解答，注意導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)和分類討論思想的靈活運用．