Question

已知函数f（x）=

1

2

x²-alnx（a∈R）．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当x＞1时，

1

2

x²+lnx＜

2

3

x³是否恒成立，并说明理由．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,函数恒成立问题

专题：导数的综合应用

分析：（1）得f′（x）=x-

a

x

（x＞0），讨论a的符号，判断单调性．
（2）构造函数g（x）=

2

3

x³-

1

2

x²-lnx（x＞1），利用导数求解最小值，转化为判断最小值的符号问题．

解答： 解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），
由题意得f′（x）=x-

a

x

＞0（x＞0），
∴当a≤0时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞）．
当a＞0时，f′（x）=x-

a

x

=

x2-a

x

=

(x- a )(x+ a )

x

，
∴当0＜x＜

a

时，f′（x）＜0，当x＞

a

时，f′（x）＞0
当a＞0时，函数f（x）的单调递增区间为（

a

，+∞），单调递减区间为（0，

a

）．
（2）设g（x）=

2

3

x³-

1

2

x²-lnx（x＞1）
则g′（x）=2x²-x-

1

x

．
∵当x＞1时，g′（x）=

(x-1)(2x2+x+1)

x

＞0，
∴g（x）在（1，+∞）上是增函数．
∴g（x）＞g（1）=

1

6

＞0．即

2

3

x³-

1

2

x²-lnx＞0，
∴

1

2

x²+lnx＜

2

3

x³，
故当x＞1时，

1

2

x²+lnx＜

2

3

x³是恒成

点评：本题综合考察了导数的运用，证明不等式恒成立问题，属于难题．