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（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

+

ln

43

+…+

lnn

n3

＜

1

e

（其中n＞1，n∈N^*，e=2.71828…）．

Answer 1

考点：函数恒成立问题,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：函数的性质及应用,导数的综合应用,不等式的解法及应用

分析：（1）把a=0代入函数解析式，然后直接利用导数求最小值；
（2）把

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

p-q

化为

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））连线的斜率，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．然后利用分离变量法结合导数得答案；
（3）由（2）得，-

lnx

x

≥g(e)，即得到

lnx

x3

≤

1

e

1

x2

，然后利用错位相减法求数列的和，放缩后得答案．

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

1

e

，
∴f（x）在(0，

1

e

)上递减，在(

1

e

，+∞)上递增．
∴f(x)min=f(

1

e

)=-

1

e

；
（2）解：

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））连线的斜率，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．
∴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）=0，则x=e．
当2＜x＜e时，g′（x）＜0，g（x）在（2，e）上单调递减；当e＜x＜3时，g′（x）＞0，g（x）在（e，3）上单调递增．
又g(2)=-

ln2

2

＞g(3)=-

ln3

3

，
∴2a≥-

ln2

2

．
故a≥-

ln2

4

；
（3）由（2）得，-

lnx

x

≥g(e)，
∴

lnx

x

≤

1

e

，
∴

lnx

x3

≤

1

e

1

x2

，
∴

ln2

23

+

ln3

33

+…+

lnn

n3

≤

1

e

(

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

)，
又

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

＜

1

1×2

+

1

2×3

+…+

1

(n-1)n

=(1-

1

2

)+(

1

2

-

1

3

)+…+(

1

n

-

1

n+1

)=1-

1

n

＜1，
∴

ln2

23

+

ln3

33

+

ln

43

+…+

lnn

n3

＜

1

e

．

点评：本题考查了函数恒成立问题，考查了利用导数求函数的最值，训练了裂项相消法求数列的和，是压轴题．