Question

已知函数f（x）=x•lnx，g（x）=

lnx

x

．
（Ⅰ）求函数f（x）的极值和单调区间：
（Ⅱ）对于x＞0的任意实数，不等式g（x）≤ax-1≤f（x）恒成立，求实数a的取值；
（Ⅲ）数列{1nn}（n∈N^*）的前n项和为S_n，求证：

(n-1)2

2n

≤S_n≤

n(n-1)(n+1)

3

．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）求导数，利用导数的正负，确定函数的单调区间，从而可得函数f（x）的极值；
（Ⅱ）分离参数，求最值，即可求实数a的取值；
（Ⅲ）利用数学归纳法进行证明即可．

解答： （Ⅰ）解：∵f（x）=x•lnx，
∴f′（x）=1+lnx，
令f′（x）＞0，可得x＞

1

e

，f′（x）＜0，可得0＜x＜

1

e

，
∴函数的单调递增区间为（

1

e

，+∞），单调减区间为（0，

1

e

），
∴x=

1

e

时，函数取得极小值-

1

e

；
（Ⅱ）解：∵对于x＞0的任意实数，不等式g（x）≤ax-1≤f（x）恒成立，
∴

lnx+x

x2

≤a≤lnx+

1

x

．
设m（x）=

lnx+x

x2

，n（x）=lnx+

1

x

，则
m′（x）=

1-x-2lnx

x3

（x＞0），令h（x）=1-x-2lnx，则h′（x）=-1-

1

x

＜0，
∴h（x）在（0，+∞）上单调递增且h（1）=0，
∴x∈（0，1）时，m′（x）＞0，x∈（1，+∞）时，m′（x）＜0，
∴m（x）在（0，1）是单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
∴m（x）的最大值为1，
∴a≥1．
同理n（x）在（0，1）是单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∴n（x）的最小值为1，
∴a≤1，
∴a=1；
（Ⅲ）证明：①n=1是，S₁=0，不等式成立；
②假设n=k时，结论成立，即

(k-1)2

2k

≤S_k≤

k(k-1)(k+1)

3

．
由（Ⅱ），用k+1代替（Ⅱ）中的x，可得

ln(k+1)

k+1

≤k≤（k+1）ln（k+1），
∴

k

k+1

≤ln（k+1）≤k（k+1），
∴S_k+1=S_k+ln（k+1）≤

k(k-1)(k+1)

3

+k（k+1）=

k(k+1)(k+2)

3

，
S_k+1=S_k+ln（k+1）≥

(k-1)2

2k

+

k

k+1

≥

k2

2k(k+1)

，即n=k+1时，结论成立．
由①②可知

(n-1)2

2n

≤S_n≤

n(n-1)(n+1)

3

．

点评：本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性与极值，考查不等式的证明，考查数学归纳法，考查学生分析解决问题的能力，有难度．