Question

已知函数f（x）=ax²+xlnx（a∈R）．
（1）当a=0时，求f（x）的最小值；
（2）在区间（1，2）内任取两个实数p，q，且p≠q，若不等式

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

p-q

＞1恒成立，求实数a的取值范围；
（3）求证：

ln2

23

+

ln3

33

+

ln4

43

+…+

lnn

n3

＜

1

e

（其中n＞1，e=2.71828…）．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：导数的综合应用

分析：（1）利用导数判断函数的单调性进而求得最小值；
（2）由

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

p-q

=

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

(p+1)-(q+1)

的几何意义，表示表示点（p+1，f（p+1））与点（q+1，f（q+1））连成的斜率，即f′（x）=2ax+lnx+1＞1在x∈（2，3）内恒成立，即2a≥（-

lnx

x

）max，利用导数求得函数的最大值，即可得证；
（3）利用（2）的结论得-

lnx

x

≥g(e)，即

ln2

23

+

ln3

33

+

ln4

43

+…+

lnn

n3

≤

1

e

(

1

22

+

1

32

+

1

42

+…+

1

n2

)，再将不等式放缩即可得证．

解答： 解：（1）∵a=0时，f（x）=xlnx（x＞0），
∴f′（x）=1+lnx＞0得x＞

1

e

∴f（x）在（0，

1

e

）上递减，（

1

e

，+∞）上递增，
∴f（x）_min=f（

1

e

）=-

1

e

（4分）
（2）

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

p-q

=

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

(p+1)-(q+1)

，表示点（p+1，f（p+1））与点（q+1，f（q+1））连成的斜率，
又1＜p＜2，1＜q＜2，∴2＜p+1＜3，2＜q+1＜3，即函数图象在区间（2，3）任意两点连线的斜率大于1，
即f′（x）=2ax+lnx+1＞1在x∈（2，3）内恒成立．（6分）
∴当x∈（2，3）时，2a≥-

lnx

x

恒成立．∴2a≥（-

lnx

x

）max．
设g（x）=-

lnx

x

，x∈（2，3），则g′（x）=

lnx-1

x2

；
若g′（x）=

lnx-1

x2

=0，x=e，当2＜x＜a时，g′（x）＜0，g（x）在（2，a）上单调递减；
当a＜x＜3时，g′（x）＞0，g（x）在（0，3）上单调递增．（9分）
又g（2）=-

ln2

2

＞g（3）=-

ln3

3

，∴2a≥-

ln2

2

，故a≥-

ln2

4

（10分）
（3）由（2）得，-

lnx

x

≥g(e)，
∴

lnx

x

≤

1

e

∴

lnx

x3

≤

1

e

•

1

x2

（11分）
∴

ln2

23

+

ln3

33

+

ln4

43

+…+

lnn

n3

≤

1

e

(

1

22

+

1

32

+

1

42

+…+

1

n2

)
又

1

22

+

1

34

+

1

42

+…+

1

n2

＜

1

1×2

+

1

2×3

+

1

3×4

+…+

1

(n-1)×n

而

1

1×2

+

1

2×3

+

1

3×4

+…+

1

(n-1)×n

-（1-

1

2

）+（

1

2

-

1

3

）+…+（

1

n-1

-

1

n

）=1-

1

n

＜1；
∴

ln2

23

+

ln3

33

+

ln4

43

+…+

lnn

n3

≤

1

e

成立．（14分）

点评：本题考查利用导数求函数最值及判断函数的单调性，利用导数证明不等式恒成立问题，考查转化划归思想的运用能力，属难题．