Question

18．已知函数f（x）=$\frac{1}{6}$x³-ax（lnx-1）+$\frac{f′（1）}{2}x$（a∈R且a≠0）．
（Ⅰ）设函数g（x）=$\frac{1}{6}$x³+$\frac{x}{2}$-f（x），求函数g（x）的单调递增区间；
（Ⅱ）当a＞0时，设函数h（x）=f′（x）-$\frac{1}{2}$；
①若h（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围；
②证明：ln（1•2•3…n）^2e＜1²+2²+3²+…+n²（n∈N^*，e为自然对数的底数）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，求出f′（1），求出函数的表达式，通过讨论a的符号，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）①求出h（x）的导数，解关于导函数的不等式求出h（x）的单调区间，求出h（x）的最小值，得到关于a的不等式，求出a的范围即可；
②令a=e，根据2elnx＜x²，给x取值，累加即可．

解答 解：（Ⅰ）∵f′（x）=$\frac{1}{2}$x²-alnx+$\frac{f′（1）}{2}$，
∴f′（1）=$\frac{1}{2}$+$\frac{f′（1）}{2}$，解得：f′（1）=1，
∴g（x）=ax（lnx-1），g′（x）=alnx，
a＞0时，令g′（x）＞0，解得：x＞1，
g（x）在（1，+∞）递增，
a＜0时，令g′（x）＞0，解得：0＜x＜1，
g（x）在（0，1）递增；
（Ⅱ）①∵a＞0，h（x）=$\frac{1}{2}$x²-alnx，
由题意得：h（x）_min≥0，
∵h′（x）=$\frac{（x+\sqrt{a}）（x-\sqrt{a}）}{x}$，
令h′（x）＞0，解得：x＞$\sqrt{a}$，令h′（x）＜0，解得：x＜$\sqrt{a}$，
∴h（x）在（0，$\sqrt{a}$）递减，在（$\sqrt{a}$，+∞）递增，
∴h（x）_min=h（$\sqrt{a}$）=$\frac{a}{2}$-aln$\sqrt{a}$，
由$\frac{a}{2}$-aln$\sqrt{a}$≥0，解得：a≤e，
故a的范围是（0，e]；
②证明：由①得：a=e时，h（x）=$\frac{1}{2}$x²-elnx≥0在（0，+∞）恒成立，
当x=$\sqrt{e}$时“=”成立，
∴x∈N^*时，2elnx＜x²，
令x=1，2，3，…，n，
累加得：
2e（ln1+ln2+…+lnn）＜1²+2²+…+n²，
即ln（1•2•3…n）^2e＜1²+2²+3²+…+n²（n∈N^*）．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，是一道中档题．