Question

已知函数f（x）=alnx+

1

2

x²-（1+a）x．
（Ⅰ）当a=-1时，求f（x）在点（e，f（e））处的切线方程；
（Ⅱ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅲ）证明：对于任意不小于2的正整数n，不等式

1

ln2

+

1

ln3

…+

1

lnn

＞1-

1

n

恒成立．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数研究曲线上某点切线方程

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）a=1时，f（x）=-lnx+

1

2

x²，通过求导得出斜率k的值，代入点斜式方程即可；
（Ⅱ）将a分情况进行讨论：①当a≤0时，②当0＜a＜1时，③a=1时，④a＞1时，从而求出单调区间；
（Ⅲ）当a=-

1

2

时，得到不等式：lnx≤x²-x，当x＞1时，可变化为：

1

lnx

＞

1

x2-x

=

1

(x-1)x

，在上面不等式中分别令x=2，3，4，…，n，从而证出结论．

解答： 解：（Ⅰ）a=1时，
f（x）=-lnx+

1

2

x²，
∴f′（x）=-

1

x

+x，
∴k=f′（e）=e-

1

e

，
∴切线方程为：y=（e-

1

e

）x-

1

2

e²；
（Ⅱ）f（x）=

a

x

+x-（1+a）
=

x2-(1+a)x+a

x

=

(x-1)(x-a)

x

，
①当a≤0时，若0＜x＜1，则f′（x）＜0，若x＞1，则f′（x）＞0，
故此时函数f（x）的单调递减区间是（0，1），单调递增区间是（1，+∞），
②当0＜a＜1时，函数f（x）在（0，a），（1，+∞）上递增，在（1，a）上递减，
③a=1时，f′（x）=

(x-1)2

x

≥0，函数f（x）的单调递增区间是（0，+∞），
④a＞1时，同0＜a＜1可得：函数f（x）的单调递增区间是（0，1），（a，+∞），
递减区间是（1，a）．
（Ⅲ）当a=-

1

2

时，f（x）=-

1

2

lnx+

1

2

x²-

1

2

x≥0，当且仅当x=1时等号成立，
这个不等式即为：lnx≤x²-x，
当x＞1时，可变化为：

1

lnx

＞

1

x2-x

=

1

(x-1)x

，
在上面不等式中分别令x=2，3，4，…，n，
∴

1

ln2

+

1

ln3

+…+

1

lnn

＞

1

1×2

+

1

2×3

+…+

1

(n-1)n

=1-

1

n

，
∴

1

ln2

+

1

ln3

+…+

1

lnn

＞1-

1

n

．

点评：本题考察了函数的单调性，导数的应用，求切线方程，以及不等式的证明，渗透了分类讨论思想，是一道综合题．