Question

已知函数f（x）=ax²+xlnx，（a∈R）
（1）当a=-

1

2

时，判断函数f（x）在定义域内的单调性并给予证明；
（2）在区间（1，2）内任取两个实数p，q，且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

+

ln4

43

+…+

lnn

n3

＜

1

e

（其中n＞1，n∈N^*，e=2.71828…）

Answer 1

分析：（1）将a=-

1

2

代入f（x），确定定义域为（0，+∞），利用导数判断f′（x）在（0，+∞）上的正负，从而确定f（x）在定义域中的单调性；
（2）由于

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

p-q

＞1表示点（p+1，f（p+1）） 与点（q+1，f（q+1））连线的斜率，函数图象上在区间（2，3）内任意两点连线的斜率大于1，即f′（x）=2ax+lnx+1＞1 在（2，3）内恒成立，最后利用参变量分离法可求出a的取值范围；
（3）构造p（x）=

lnx

x

，然后利用导数研究函数的最大值，从而得到

lnx

x

＜

1

e

，则

lnx

x3

＜

1

ex2

，即

lnn

n3

＜

1

en2

，则则

ln2

23

+

ln3

33

+

ln4

43

+…+

lnn

n3

＜

1

e

（

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

），然后利用放缩法可证得结论．

解答：解：（1）当a=-

1

2

时，f（x）=-

1

2

x²+xlnx，
函数f（x）的定义域为（0，+∞），f（x）在（0，+∞）内单调递减．
下面给出证明：
f′（x）=-x+lnx+1，
令g（x）=-x+lnx+1，则g′（x）=-1+

1

x

=

1-x

x

，
∴当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，g（x）在（0，1）上单调递增，
当x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）在（1，+∞）上单调递减，
∴g（x）在x=1时，g（x）取得最大值，即g（1）=0，
∴g（x）＜g（1）=0，即f′（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，
∴f（x）在（0，+∞）内单调递减；
（2）由于

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

p-q

＞1表示点（p+1，f（p+1）） 与点（q+1，f（q+1））连线的斜率，
∵实数p，q在区间（1，2）内，
∴p+1 和q+1在区间（2，3）内．
∵不等式

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

p-q

＞1恒成立，
∴函数图象上在区间（2，3）内任意两点连线的斜率大于1，
∴f′（x）=2ax+lnx+1＞1 在（2，3）内恒成立，
又由函数的定义域知，x＞0，
∴a＞-

lnx

2x

在（2，3）内恒成立，
令h（x）=-

lnx

2x

，则h′（x）=

lnx-1

2x2

=0，解得x=e，
当x∈（2，e）时，h′（x）＜0，故函数h（x）在（2，e）上单调递减，
当x∈（e，3）时，h′（x）＞0，故函数h（x）在（e，3）上单调递增，
∴h（x）≤g（2）=-

ln2

4

，h（x）≤g（3）=-

ln3

6

，而-

ln2

4

＞-

ln3

6

，
∴a≥-

ln2

4

，即实数a的取值范围是[-

ln2

4

，+∞）；
（3）证明：构造p（x）=

lnx

x

，则p′（x）=

1-lnx

x2

=0，解得x=e，
当x∈（0，e）时，p′（x）＞0，故函数p（x）在（0，e）上单调递增，
当x∈（e，+∞）时，p′（x）＞0，故函数p（x）在（e，+∞）上单调递减，
∴当x=e时，函数p（x）取最大值

1

e

，则

lnx

x

＜

1

e

，
∴

lnx

x3

＜

1

ex2

，即

lnn

n3

＜

1

en2

，
则

ln2

23

+

ln3

33

+

ln4

43

+…+

lnn

n3

＜

1

e

（

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

）＜

1

e

[

1

1×2

+

1

2×3

+…+

1

(n-1)n

]=

1

e

（1-

1

n

）＜

1

e

，
∴

ln2

23

+

ln3

33

+

ln4

43

+…+

lnn

n3

＜

1

e

．

点评：本题考查斜率公式的应用，函数的恒成立问题，以及利用函数的单调性求函数的最值，同时考查了导数在不等式上的应用，以及运算求解的能力，属于难题．