Question

6．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$x²，g（x）=lnax（a＞0）
（1）若不等式若不等式f（x）＜g（x）解集為空集，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）求證，$\frac{2^2-1}{ln2}$+$\frac{3^2-1}{ln3}$+…+$\frac{n^2-1}{lnn}$＞2（n-1）．（n≥2，n∈N）

Answer 1

分析 （1）令h（x）=f（x）-g（x），把不等式f（x）＜g（x）解集為空集，轉(zhuǎn)化為函數(shù)h（x）的最小值大于等于0，然后利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)h（x）的最小值，由最小值大于等于0列不等式求得a的取值范圍；
（2）由（1）可得函數(shù)φ（x）=$\frac{1}{2}$x²-lnx在（1，+∞）上為增函數(shù)，得到φ（n）＞φ（1），變形得到$\frac{{n}^{2}-1}{lnn}＞2$．由此可得要證的數(shù)列不等式．

解答 （1）解：令h（x）=f（x）-g（x）=$\frac{1}{2}$x²-lnax，
若不等式f（x）＜g（x）解集為空集，則h（x）_min≥0．
對(duì)h（x）求導(dǎo)，得${h}^{′}（x）=x-\frac{1}{x}=\frac{{x}^{2}-1}{x}$，
∵a＞0，∴h（x）的定義域?yàn)閧x|x＞0}．
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，h′（x）＜0，h（x）為減函數(shù)；當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，h′（x）＞0，h（x）為增函數(shù)．
∴h（x）的最小值為h（1）=$\frac{1}{2}-lna$．
由$\frac{1}{2}-lna≥0$，解得：0$＜a≤\sqrt{e}$；
（2）證明：由（1）知：函數(shù)φ（x）=$\frac{1}{2}$x²-lnx在（1，+∞）上為增函數(shù)，
∴$\frac{1}{2}{n}^{2}-lnn＞\frac{1}{2}$，即$\frac{{n}^{2}-1}{lnn}＞2$．
∴$\frac{2^2-1}{ln2}$+$\frac{3^2-1}{ln3}$+…+$\frac{n^2-1}{lnn}$＞2（n-1）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，考查了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，對(duì)于（2）的數(shù)列不等式的證明，關(guān)鍵是靈活借助（1）中得到的函數(shù)φ（x）=$\frac{1}{2}$x²-lnx在（1，+∞）上為增函數(shù)，該題屬中高檔題．