Question

5．已知函數(shù)$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}+alnx$，g（x）=（1+a）x，（a∈R）．
（Ⅰ）設(shè)h（x）=f（x）-g（x），求h（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若對?x＞0，總有f（x）≥g（x）成立．
（1）求a的取值范圍；
（2）證明：對于任意的正整數(shù)m，n，不等式$\frac{1}{ln（m+1）}+\frac{1}{ln（m+2）}+…+\frac{1}{ln（m+n）}$$＞\frac{n}{m（m+n）}$恒成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ），先求出導函數(shù)，再分情況①當a≤0時②當0＜a＜1時③當a=1時④當a＞1時進行討論
（Ⅱ）（1）由題意得到即h（x）≥0恒成立，分離參數(shù)，利用導數(shù)函數(shù)最小值即可．
（2）當$a=-\frac{1}{2}$時，$h（x）=\frac{1}{2}{x^2}-\frac{1}{2}lnx-\frac{1}{2}x≥0$，轉(zhuǎn)化為$\frac{1}{lnx}＞\frac{1}{{{x^2}-x}}=\frac{1}{（x-1）x}$，分別令x=m+1，m+2，…，m+n，利用放縮法，從而證得結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）h（x）=f（x）-g（x）=$\frac{1}{2}$x²+alnx-（1+a）x，定義域為{x|x＞0}，
∴h′（x）=x+$\frac{a}{x}$-（1+a）=$\frac{（x-1）（x-a）}{x}$，…（1分）
①當a≤0時，令h′（x）＞0，∵x＞0，∴x＞1，
令h′（x）＜0，∴0＜x＜1；
②當0＜a＜1時，令h′（x）＞0，則x＞1或0＜x＜a，
令h′（x）＜0，∴a＜x＜1；                         …（3分）
③當a=1時，${h^'}（x）=\frac{{{{（x-1）}^2}}}{x}≥0$恒成立；
④當a＞1時，令h′（x）＞0，則x＞a或0＜x＜1，
令h′（x）＜0，∴1＜x＜a；                     …（4分）
綜上：當a≤0時，h（x）的增區(qū)間為（1，+∞），h（x）的減區(qū)間為（0，1）；
當0＜a＜1時，h（x）的增區(qū)間為（0，a）和（1，+∞），h（x）的減區(qū)間為（a，1）；
當a=1時，h（x）的增區(qū)間為（0，+∞）；
當a＞1時，h（x）的增區(qū)間為（0，1）和（a，+∞），h（x）的減區(qū)間為（1，a）．…（5分）
（Ⅱ）（1）由題意，對任意x∈（0，+∞），f（x）-g（x）≥0恒成立，即h（x）≥0恒成立，
只需h（x）_min≥0．…（6分）
由第（Ⅰ）知：∵$h（1）=-\frac{1}{2}-a$，顯然當a＞0時，h（1）＜0，此時對任意x∈（0，+∞），f（x）≥g（x）不能恒成立；       …（8分）
當a≤0時，$h{（x）_{min}}=h（1）=\frac{1}{2}-1-a=-\frac{1}{2}-a≥0$，
∴$a≤-\frac{1}{2}$；
綜上：a的取值范圍為$（-∞，-\frac{1}{2}]$．…（9分）
（2）證明：由（1）知：當$a=-\frac{1}{2}$時，$h（x）=\frac{1}{2}{x^2}-\frac{1}{2}lnx-\frac{1}{2}x≥0$，…（10分）
即lnx≤x²-x，當且僅當x=1時等號成立．
當x＞1時，可以變換為$\frac{1}{lnx}＞\frac{1}{{{x^2}-x}}=\frac{1}{（x-1）x}$，…（12分）
在上面的不等式中，令x=m+1，m+2，…，m+n，則有$\frac{1}{ln（m+1）}+\frac{1}{ln（m+2）}+…+\frac{1}{ln（m+n）}$$＞\frac{1}{m（m+1）}+\frac{1}{（m+1）（m+2）}+…+\frac{1}{（m+n-1）（m+n）}$
=$（\frac{1}{m}-\frac{1}{m+1}）+（\frac{1}{m+1}-\frac{1}{m+2}）+…+（\frac{1}{m+n-1}-\frac{1}{m+n}）$=$\frac{1}{m}-\frac{1}{m+n}=\frac{n}{m（m+n）}$
∴不等式$\frac{1}{ln（m+1）}+\frac{1}{ln（m+2）}+…+\frac{1}{ln（m+n）}$$＞\frac{n}{m（m+n）}$恒成立．…（14分）

點評 本題考察了函數(shù)的單調(diào)性，導數(shù)的應用，不等式的證明，滲透了分類討論的思想，屬于難題．