Question

3．已知函數(shù)f（x）=xlnx-ax²是減函數(shù)．
（Ⅰ）求a的取值范圍；
（Ⅱ）證明：對(duì)任意n∈N，n＞1，都有$\frac{1}{2ln2}$+$\frac{1}{3ln3}$+…+$\frac{1}{nlnn}$＞$\frac{3{n}^{2}-n-2}{2n（n+1）}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求得f（x）的導(dǎo)數(shù)，由題意可得f′（x）≤0在x＞0恒成立，由參數(shù)分離和構(gòu)造函數(shù)，求出導(dǎo)數(shù)和單調(diào)區(qū)間，可得最大值，即可得到a的范圍；
（Ⅱ）設(shè)h（x）=xlnx-$\frac{1}{2}$x²，求出導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，可得x≥2時(shí)，xlnx＜$\frac{1}{2}$x²-$\frac{1}{2}$，即$\frac{1}{xlnx}$＞$\frac{2}{{x}^{2}-1}$，則n≥2時(shí)，$\frac{1}{nlnn}$＞$\frac{2}{{n}^{2}-1}$=$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n+1}$，再由裂項(xiàng)相消求和，化簡(jiǎn)整理，即可得證．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）=xlnx-ax²的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=1+lnx-2ax，
函數(shù)f（x）=xlnx-ax²是減函數(shù)，可得f′（x）≤0在x＞0恒成立，
即為2a≥$\frac{1+lnx}{x}$在x＞0恒成立，
設(shè)g（x）=$\frac{1+lnx}{x}$，g′（x）=$\frac{-lnx}{{x}^{2}}$，
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g′（x）＞0，g（x）遞增；
當(dāng)x＞1時(shí)，g′（x）＜0，g（x）遞減．
可得g（x）在x=1處取得極大值，且為最大值1．
則2a≥1，解得a≥$\frac{1}{2}$；
（Ⅱ）證明：設(shè)h（x）=xlnx-$\frac{1}{2}$x²，
h′（x）=1+lnx-x，h″（x）=$\frac{1}{x}$-1，
當(dāng)x＞1時(shí)，h″（x）＜0，h′（x）＜h′（1）=0，
h（x）在（1，+∞）遞減，即有h（x）＜h（1）=-$\frac{1}{2}$，
即x＞1時(shí)，xlnx-$\frac{1}{2}$x²＜-$\frac{1}{2}$，
x≥2時(shí)，xlnx＜$\frac{1}{2}$x²-$\frac{1}{2}$，
即$\frac{1}{xlnx}$＞$\frac{2}{{x}^{2}-1}$，
則n≥2時(shí)，$\frac{1}{nlnn}$＞$\frac{2}{{n}^{2}-1}$=$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n+1}$，
即有$\frac{1}{2ln2}$+$\frac{1}{3ln3}$+…+$\frac{1}{nlnn}$＞1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{n-2}$-$\frac{1}{n}$+$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n+1}$
=1+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$=$\frac{3{n}^{2}-n-2}{2n（n+1）}$．
故對(duì)任意n∈N，n＞1，都有$\frac{1}{2ln2}$+$\frac{1}{3ln3}$+…+$\frac{1}{nlnn}$＞$\frac{3{n}^{2}-n-2}{2n（n+1）}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，考查不等式恒成立問(wèn)題的解法，注意運(yùn)用參數(shù)分離和構(gòu)造函數(shù)法，考查不等式的證明，注意運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性和裂項(xiàng)相消求和，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．