Question

已知函数h(x)=

x2+alnx，x＞0 x2，x≤0

，（a∈R）
（Ⅰ）求函数h（x）的最小值．
（Ⅱ）当a=-1时，求证：

22

1

+

32

22

+…+

(n+1)2

n2

＞ln(n+1)，(n∈N*)．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性,不等式的证明

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）求函数的导数，利用函数最值和导数之间的关系，即可求函数h（x）的最小值．
（Ⅱ）当a=-1时，根据函数h（x）=x²-lnx的单调性，利用函数单调性的性质即可证明不等式．

解答： 解：（Ⅰ）当x≤0时，函数h（x）=x²单调递减，
所以函数h（x）在（-∞，0]上的最小值为h（0）=0
当x＞0，h（x）=x²+alnx
若a=0，函数h（x）=x²在（0，+∞）上单调递
此时，函数h（x）不存在最小值
若a＞0，因为h′(x)=2x+

a

x

=

2x2+a

x

＞0
所以函数h（x）=x²+alnx在（0，+∞）上单调递增
此时，函数h（x）不存在最小值
若a＜0，因为h′(x)=

2x2+a

x

=

2(x+ - a 2 )(x- - a 2 )

x

所以函数h（x）=x²+alnx在(0，

- a 2

)上单调递减
在(

- a 2

，+∞)上单调递增
此时，函数h（x）的最小值为h(

- a 2

)
因为h(

- a 2

)=-

a

2

+aln

- a 2

=-

a

2

+

a

2

ln(-

a

2

)=-

a

2

[1-ln(-

a

2

)]
所以当-2e≤a＜0时，h(

- a 2

)≥0
当a＜-2e时，h(

- a 2

)＜0
综上可知，当a＞0时，函数h（x）没有最小值
当-2e≤a＜0时，函数h（x）的最小值为h（0）=0
当a＜-2e时，函数h（x）的最小值为h(

- a 2

)=-

a

2

[1-ln(-

a

2

)]
（Ⅱ）当a=-1时，由（Ⅱ）知h（x）=x²-lnx在（1，+∞）为增函数?x＞1，h（x）＞h（1）=1，
所以x²-lnx＞1＞0，即x²＞lnx
令x=

n+1

n

=1+

1

n

＞1，
所以(

n+1

n

)2＞ln(

n+1

n

)，
所以

22

1

+

32

22

+

42

32

+…+

(n+1)2

n2

＞ln(

2

1

3

2

…

n+1

n

)=ln(n+1)．

点评：本题主要考查函数单调性最值和导数之间的关系，以及利用导数证明不等式，综合性较强，难度较大．