Question

已知函數f（x）=ax²+xlnx，（a∈R）
（1）當a=-

1

2

時，判斷函數f（x）在定義域內的單調性并給予證明；
（2）在區間（1，2）內任取兩個實數p，q，且p≠q，若不等式

f(p+1)-f(q+1)

p-q

＞1恒成立，求實數a的取值范圍；
（3）求證：

ln2

23

+

ln3

33

+

ln4

43

+…+

lnn

n3

＜

1

e

（其中n＞1，n∈N^*，e=2.71828…）

Answer 1

分析：（1）將a=-

1

2

代入f（x），確定定義域為（0，+∞），利用導數判斷f′（x）在（0，+∞）上的正負，從而確定f（x）在定義域中的單調性；
（2）由于

f(p+1)-f(q+1)

p-q

＞1表示點（p+1，f（p+1）） 與點（q+1，f（q+1））連線的斜率，函數圖象上在區間（2，3）內任意兩點連線的斜率大于1，即f′（x）=2ax+lnx+1＞1 在（2，3）內恒成立，最后利用參變量分離法可求出a的取值范圍；
（3）構造p（x）=

lnx

x

，然后利用導數研究函數的最大值，從而得到

lnx

x

＜

1

e

，則

lnx

x3

＜

1

ex2

，即

lnn

n3

＜

1

en2

，則則

ln2

23

+

ln3

33

+

ln4

43

+…+

lnn

n3

＜

1

e

（

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

），然后利用放縮法可證得結論．

解答：解：（1）當a=-

1

2

時，f（x）=-

1

2

x²+xlnx，
函數f（x）的定義域為（0，+∞），f（x）在（0，+∞）內單調遞減．
下面給出證明：
f′（x）=-x+lnx+1，
令g（x）=-x+lnx+1，則g′（x）=-1+

1

x

=

1-x

x

，
∴當x∈（0，1）時，g′（x）＞0，g（x）在（0，1）上單調遞增，
當x∈（1，+∞）時，g′（x）＜0，g（x）在（1，+∞）上單調遞減，
∴g（x）在x=1時，g（x）取得最大值，即g（1）=0，
∴g（x）＜g（1）=0，即f′（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，
∴f（x）在（0，+∞）內單調遞減；
（2）由于

f(p+1)-f(q+1)

p-q

＞1表示點（p+1，f（p+1）） 與點（q+1，f（q+1））連線的斜率，
∵實數p，q在區間（1，2）內，
∴p+1 和q+1在區間（2，3）內．
∵不等式

f(p+1)-f(q+1)

p-q

＞1恒成立，
∴函數圖象上在區間（2，3）內任意兩點連線的斜率大于1，
∴f′（x）=2ax+lnx+1＞1 在（2，3）內恒成立，
又由函數的定義域知，x＞0，
∴a＞-

lnx

2x

在（2，3）內恒成立，
令h（x）=-

lnx

2x

，則h′（x）=

lnx-1

2x2

=0，解得x=e，
當x∈（2，e）時，h′（x）＜0，故函數h（x）在（2，e）上單調遞減，
當x∈（e，3）時，h′（x）＞0，故函數h（x）在（e，3）上單調遞增，
∴h（x）≤g（2）=-

ln2

4

，h（x）≤g（3）=-

ln3

6

，而-

ln2

4

＞-

ln3

6

，
∴a≥-

ln2

4

，即實數a的取值范圍是[-

ln2

4

，+∞）；
（3）證明：構造p（x）=

lnx

x

，則p′（x）=

1-lnx

x2

=0，解得x=e，
當x∈（0，e）時，p′（x）＞0，故函數p（x）在（0，e）上單調遞增，
當x∈（e，+∞）時，p′（x）＞0，故函數p（x）在（e，+∞）上單調遞減，
∴當x=e時，函數p（x）取最大值

1

e

，則

lnx

x

＜

1

e

，
∴

lnx

x3

＜

1

ex2

，即

lnn

n3

＜

1

en2

，
則

ln2

23

+

ln3

33

+

ln4

43

+…+

lnn

n3

＜

1

e

（

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

）＜

1

e

[

1

1×2

+

1

2×3

+…+

1

(n-1)n

]=

1

e

（1-

1

n

）＜

1

e

，
∴

ln2

23

+

ln3

33

+

ln4

43

+…+

lnn

n3

＜

1

e

．

點評：本題考查斜率公式的應用，函數的恒成立問題，以及利用函數的單調性求函數的最值，同時考查了導數在不等式上的應用，以及運算求解的能力，屬于難題．