Question

12．已知函數(shù)f（x）=2alnx+（a+1）x²+1．
（Ⅰ）當$a=-\frac{1}{2}$時，求函數(shù)f（x）的極值；
（Ⅱ）如果對任意x₁＞x₂＞0，總有$\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}＞{x_1}+{x_2}+4$，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）求證：$ln（n+1）＞\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}（n＞1，n∈{N^*}）$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值即可；
（Ⅱ）問題轉(zhuǎn)化為$f（{x_1}）-x_1^2-4{x_1}＞f（{x_2}）-x_2^2-4{x_2}$，令g（x）=f（x）-x²-4x，又x₁＞x₂＞0，得到g（x）的單調(diào)性，問題轉(zhuǎn)化為$a≥\frac{2}{{x+\frac{1}{x}}}$在（0，+∞）上恒成立，從而求出a的范圍即可；
（Ⅲ）求出2lnx＞-x²+4x-3，令$x=\frac{n+1}{n}$（n＞1，n∈N^*），易知x＞1，累加即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的定義域為（0，+∞），
當$a=-\frac{1}{2}$時，$f（x）=-lnx+\frac{1}{2}{x^2}+1$，$f'（x）=-\frac{1}{x}+x=\frac{{{x^2}-1}}{x}$，
當0＜x＜1時，f'（x）＜0，當x＞1時，f'（x）＞0，
故f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
所以$f{（x）_{極小值}}=f（1）=\frac{3}{2}$，無極大值．（3分）
（Ⅱ）由題得，對任意x₁＞x₂＞0，x₁-x₂＞0，
由$\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}＞{x_1}+{x_2}+4$，
得f（x₁）-f（x₂）＞（x₁+x₂+4）（x₁-x₂），
即$f（{x_1}）-x_1^2-4{x_1}＞f（{x_2}）-x_2^2-4{x_2}$，
令g（x）=f（x）-x²-4x，又x₁＞x₂＞0，
∴g（x₁）＞g（x₂），
故函數(shù)g（x）=f（x）-x²-4x在（0，+∞）上單調(diào)遞增．（5分）
∴$g'（x）=f'（x）-2x-4=\frac{2a}{x}+2ax-4≥0$在（0，+∞）上恒成立，
∴$2a（\frac{1}{x}+x）≥4$，∵x＞0，∴$a≥\frac{2}{{x+\frac{1}{x}}}$在（0，+∞）上恒成立，
又∵$\frac{2}{{x+\frac{1}{x}}}≤\frac{2}{2}=1$（當且僅當x=1時取等號），
∴不等式$a≥\frac{2}{{x+\frac{1}{x}}}$在（0，+∞）上恒成立的條件是a≥1，
故實數(shù)a的取值范圍為[1，+∞）．（7分）
（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，當a=1時，g（x）=2lnx+x²-4x+1在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
又g（1）=-2，故當x＞1時，g（x）=2lnx+x²-4x+1＞-2，
即2lnx＞-x²+4x-3，
令$x=\frac{n+1}{n}$（n＞1，n∈N^*），易知x＞1，
∴$2ln\frac{n+1}{n}＞-{（\frac{n+1}{n}）^2}+4（\frac{n+1}{n}）-3=\frac{2n-1}{n^2}=\frac{2}{n}-\frac{1}{n^2}＞\frac{2}{n}-\frac{1}{n（n-1）}=\frac{3}{n}-\frac{1}{n-1}$…（10分），
∴$2ln\frac{3}{2}＞\frac{3}{2}-\frac{1}{1}$，$2ln\frac{4}{3}＞\frac{3}{3}-\frac{1}{2}$，…，$2ln\frac{n+1}{n}＞\frac{3}{n}-\frac{1}{n-1}$，又2ln2＞1，
累加得$2ln（n+1）＞\frac{3}{n}+\frac{2}{n-1}+…+\frac{2}{2}＞\frac{2}{n}+\frac{2}{n-1}+…+\frac{2}{2}$，
∴$ln（n+1）＞\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}（n＞1，n∈{N^*}）$（12分）

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