Question

已知函數(shù)g（x）=alnx-（1+a）x，h（x）=-

1

2

x2，其中a為實(shí)數(shù)．
（1）令f（x）=g（x）-h（x），求函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間；
（2）若對(duì)定義域內(nèi)的所有x，函數(shù)g（x）的圖象都不可能在h（x）的圖象的下方，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）對(duì)任意的正整數(shù)s、t，試比較代數(shù)式

1

ln(s+1)

+

1

ln(s+2)

+…+

1

ln(s+t)

與

t

s2+st

的大小關(guān)系并證明．

Answer 1

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

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，得到函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）令f（x）=g（x）-h（x），通過（1）的結(jié)論，從而得到a的范圍；
（3）根據(jù)x＞1時(shí)，

1

lnx

＞

1

x2-x

=

1

x(x-1)

=

1

x-1

-

1

x

，從而得到

1

ln(s+1)

+

1

ln(s+2)

+…+

1

ln(s+t)

＞

t

s2+st

．

解答： 解：（1）f(x)=alnx-(1+a)x+

1

2

x2，
f′(x)=

a

x

-(1+a)+x=

(x-1)(x-a)

x

  (x＞0)，
分析可知：
①當(dāng)時(shí)，f（x）在（1，+∞）上遞增；
②當(dāng)0＜a＜1時(shí)，f（x）在（0，a）及（1，+∞）上遞增；
③當(dāng)a=1時(shí)，f（x）在（0，+∞）上遞增；
④當(dāng)a＞1時(shí)，f（x）在（0，1）及（a，+∞）遞增．
（2）令f（x）=g（x）-h（x），x∈（0，+∞），由（1）知
①當(dāng)a≤0時(shí)，f（x）在（0，1）上遞減；f(x)min=f(1)=-

1

2

-a≥0，
在a≤0時(shí)，f（x）在（1，+∞）上遞增，得a≤-

1

2

；
②當(dāng)0＜a＜1時(shí)，此時(shí)有f(1)=-

1

2

-a＜0，不合題意；
③當(dāng)a=1時(shí)，同理，有f(1)=-

1

2

-a＜0，不合題意；
④當(dāng)a＞1時(shí)，同理，有f(1)=-

1

2

-a＜0，不合題意；
綜上，應(yīng)有a∈(-∞， -

1

2

]．
（3）由（2）知，當(dāng)a=-

1

2

時(shí)，-

1

2

lnx-

1

2

x+

1

2

x²≥0恒成立，即lnx≤-x+x²，
故x＞1時(shí)，

1

lnx

＞

1

x2-x

=

1

x(x-1)

=

1

x-1

-

1

x

，
那么就有，

1

ln(s+1)

+

1

ln(s+2)

+…+

1

ln(s+t)

＞（

1

s

-

1

s+1

）+（

1

s+1

-

1

s+2

）+…+（

1

s+t-1

-

1

s+t

）
=

1

s

-

1

s+t

=

t

s2+st

，
故總有

1

ln(s+1)

+

1

ln(s+2)

+…+

1

ln(s+t)

＞

t

s2+st

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，求參數(shù)的范圍，不等式的證明，考查了導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查分類討論思想，是一道綜合題．