Question

4．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$x²-2x+a²lnx，（a＞0）
（Ⅰ）若函數(shù)y=f（x）在x∈（$\frac{1}{2}$，1）上有最大值，求a的取值范圍；
（Ⅱ）若a≥$\sqrt{6}$，n∈N^*，且n≥2
求證：
①$\sum_{i=1}^{n}$f（x_i）＞0；
②a²ln$\frac{1}{n！}$＜$\frac{n（n+1）（2n-11）}{12}$
（提示：1²+2²+3³+…+n²=$\frac{n（n+1）（2n+1）}{6}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論a的范圍，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性確定a的范圍即可；
（Ⅱ）①求出函數(shù)的導數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)性，作和判斷即可；②求和，放縮法證明即可．

解答 解：（Ⅰ）$f'（x）=x-2+\frac{a^2}{x}=\frac{{{x^2}-2x+{a^2}}}{x}$，
設g（x）=x²-2x+a²，
①a≥1時，△=4-4a²≤0，
f'（x）≥0，y=f（x）在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，
∴y=f（x）在$x∈（{\frac{1}{2}，1}）$內(nèi)無最大值----------------------------（2分）
②0＜a＜1時，令f'（x）=0，
得 ${x_1}=1-\sqrt{1-{a^2}}$，${x_2}=1+\sqrt{1-{a^2}}$，
0＜x＜x₁，f'（x）＞0，x₁＜x＜x₂，f'（x）＜0-----------------------（4分），
x₁為極大值點，當$1-\sqrt{1-{a^2}}＞\frac{1}{2}$時，函數(shù)y=f（x）有最大值．
解之得：$\frac{{\sqrt{3}}}{2}＜a＜1$，
∴$\frac{{\sqrt{3}}}{2}＜a＜1$時，函數(shù)y=f（x）有最大值．-----------------------------（5分）
（Ⅱ）證明：①因為n∈N^*且n≥2，$a≥\sqrt{6}$，
∴$f'（x）=x-2+\frac{a^2}{x}=\frac{{{x^2}-2x+{a^2}}}{x}＞0$------（7分）
∴$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}-2x+{a^2}lnx$在（0，+∞）單調(diào)遞增．
∵$f（1）=-\frac{3}{2}＜0$，$a≥\sqrt{6}$，
∴f（2）=-2+a²ln2＞0，$f（1）+f（2）={a^2}ln2-\frac{7}{2}＞0$，
 所以f（1）+f（2）+f（3）+…+f（n）＞0（n≥2），
∴$\sum_{i=1}^n{f（{x_i}）}＞0$；-----------------------------（9分）
②f（1）+f（2）+f（3）+…+f（n）
=$\frac{1}{2}（{1^2}+{2^2}+{3^2}+…+{n^2}）-2（1+2+3+…+n）+{a^2}（ln1+ln2+ln3+…+lnn）$，
=$\frac{n（n+1）（2n+1）}{12}-n（n+1）+{a^2}lnn!$
=$\frac{n（n+1）（2n-11）}{12}+{a^2}lnn!＞0$，
∴$\frac{n（n+1）（2n-11）}{12}＞-{a^2}lnn!={a^2}ln\frac{1}{n!}$，
∴$\frac{n（n+1）（2n-11）}{12}＞{a^2}ln\frac{1}{n!}（n≥2）$-------------------------（12分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及不等式的證明，是一道綜合題．