Question

已知函数g（x）=alnx-（1+a）x，h（x）=-

1

2

x2，其中a为实数．
（1）令f（x）=g（x）-h（x），求函数f（x）的单调增区间；
（2）若对定义域内的所有x，函数g（x）的图象都不可能在h（x）的图象的下方，求实数a的取值范围；
（3）对任意的正整数s、t，试比较代数式

1

ln(s+1)

+

1

ln(s+2)

+…+

1

ln(s+t)

与

t

s2+st

的大小关系并证明．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：导数的综合应用

分析：（1）先求出函数的导数，通过讨论a的范围，得到函数f（x）的单调区间；
（2）令f（x）=g（x）-h（x），通过（1）的结论，从而得到a的范围；
（3）根据x＞1时，

1

lnx

＞

1

x2-x

=

1

x(x-1)

=

1

x-1

-

1

x

，从而得到

1

ln(s+1)

+

1

ln(s+2)

+…+

1

ln(s+t)

＞

t

s2+st

．

解答： 解：（1）f(x)=alnx-(1+a)x+

1

2

x2，
f′(x)=

a

x

-(1+a)+x=

(x-1)(x-a)

x

  (x＞0)，
分析可知：
①当时，f（x）在（1，+∞）上递增；
②当0＜a＜1时，f（x）在（0，a）及（1，+∞）上递增；
③当a=1时，f（x）在（0，+∞）上递增；
④当a＞1时，f（x）在（0，1）及（a，+∞）递增．
（2）令f（x）=g（x）-h（x），x∈（0，+∞），由（1）知
①当a≤0时，f（x）在（0，1）上递减；f(x)min=f(1)=-

1

2

-a≥0，
在a≤0时，f（x）在（1，+∞）上递增，得a≤-

1

2

；
②当0＜a＜1时，此时有f(1)=-

1

2

-a＜0，不合题意；
③当a=1时，同理，有f(1)=-

1

2

-a＜0，不合题意；
④当a＞1时，同理，有f(1)=-

1

2

-a＜0，不合题意；
综上，应有a∈(-∞， -

1

2

]．
（3）由（2）知，当a=-

1

2

时，-

1

2

lnx-

1

2

x+

1

2

x²≥0恒成立，即lnx≤-x+x²，
故x＞1时，

1

lnx

＞

1

x2-x

=

1

x(x-1)

=

1

x-1

-

1

x

，
那么就有，

1

ln(s+1)

+

1

ln(s+2)

+…+

1

ln(s+t)

＞（

1

s

-

1

s+1

）+（

1

s+1

-

1

s+2

）+…+（

1

s+t-1

-

1

s+t

）
=

1

s

-

1

s+t

=

t

s2+st

，
故总有

1

ln(s+1)

+

1

ln(s+2)

+…+

1

ln(s+t)

＞

t

s2+st

．

点评：本题考查了函数的单调性，求参数的范围，不等式的证明，考查了导数的应用，考查分类讨论思想，是一道综合题．