Question

已知函数f（x）=alnx+

1

2

x2-（1+a）x
（1）当a=-

1

2

时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若f（x）≥0对定义域内的任意x都成立，求实数a的取值范围；
（3）证明：对于任意的正整数m，n，不等式

1

ln(m+1)

+

1

ln(m+2)

+…+

1

ln(m+n)

＞

n

m(m+n)

恒成立．

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）先求出导函数，解不等式即可求出单调区间，（2）先求出导函数，再分情况①当a≤0时②当0＜a＜1时③当a=1时④当a＞1时进行讨论，
（3）当a=-

1

2

时，f(x)=-

1

2

lnx+

1

2

x2-

1

2

x≥0（当且仅当时x=1等号成立）则lnx≤x²-x，当x＞1时，此不等式可以化为

1

lnx

＞

1

x2-x

=

1

x-1

-

1

x

分别令x=m+1，m+2，…，m+n，从而证得结论．

解答： 解：（1）．当a=-

1

2

时，f(x)=-

1

2

lnx+

1

2

x2-

1

2

x
则f′(x)=

- 1 2

x

+x-

1

2

=

x2- 1 2 x- 1 2

x

=

(x-1)(x+ 1 2 )

x

(x＞0)
从而得到：若0＜x＜1，则f′（x）＜0；若x＞1，则f′（x）＞0；
故f（x）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间（1，+∞）；
（2）.f′(x)=

a

x

+x-(1+a)=

x2-(1+a)x+a

x

=

(x-1)(x-a)

x

(x＞0)
①当a≤0时，若0＜x＜1，则f′（x）＜0；若x＞1，则f′（x）＞0；
故f（x）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间（1，+∞）；
②当0＜a＜1时，f′（x），f（x）的变化如下表：

x	（0，a）	a	（a，1）	1	（1，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	单调递增	极大值	单调递减	极小值	单调递增

故f（x）的单调递减区间为（a，1），单调递增区间（0，a），（1，+∞）；
③当a=1时，f′(x)=

(x-1)2

x

≥0；故f（x）的单调递增区间（0，+∞）；
④当a＞1时，f′（x），f（x）的变化如下表：

x	（0，1）	1	（1，a）	a	（a，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	单调递增	极大值	单调递减	极小值	单调递增

由于f(1)=-

1

2

-a，显然当a＞0时，f（1）＜0，则不合题意；
当a≤0时，f（x）在区间（0，+∞）上的最小值是f(1)=-

1

2

-a≥0，即a≤-

1

2

；
故实数a的取值范围是(-∞，-

1

2

]．                                     
（3）．当a=-

1

2

时，f(x)=-

1

2

lnx+

1

2

x2-

1

2

x≥0（当且仅当时x=1等号成立）
则lnx≤x²-x，当x＞1时，此不等式可以化为

1

lnx

＞

1

x2-x

=

1

x-1

-

1

x

分别令x=m+1，m+2，…，m+n，则

1 ln(m+1) + 1 ln(m+2) +…+ 1 ln(m+n) ＞( 1 m - 1 m+1 )+( 1 m+1 - 1 m+2 )+…+( 1 m+n-1 - 1 m+n )= 1 m - 1 m+n = n m(m+n)

所以

1

ln(m+1)

+

1

ln(m+2)

+…+

1

ln(m+n)

＞

n

m(m+n)

．

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