Question

18．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{6}$x³-ax（lnx-1）+$\frac{f′（1）}{2}x$（a∈R且a≠0）．
（Ⅰ）設函數(shù)g（x）=$\frac{1}{6}$x³+$\frac{x}{2}$-f（x），求函數(shù)g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（Ⅱ）當a＞0時，設函數(shù)h（x）=f′（x）-$\frac{1}{2}$；
①若h（x）≥0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
②證明：ln（1•2•3…n）^2e＜1²+2²+3²+…+n²（n∈N^*，e為自然對數(shù)的底數(shù)）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，求出f′（1），求出函數(shù)的表達式，通過討論a的符號，解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）①求出h（x）的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式求出h（x）的單調(diào)區(qū)間，求出h（x）的最小值，得到關于a的不等式，求出a的范圍即可；
②令a=e，根據(jù)2elnx＜x²，給x取值，累加即可．

解答 解：（Ⅰ）∵f′（x）=$\frac{1}{2}$x²-alnx+$\frac{f′（1）}{2}$，
∴f′（1）=$\frac{1}{2}$+$\frac{f′（1）}{2}$，解得：f′（1）=1，
∴g（x）=ax（lnx-1），g′（x）=alnx，
a＞0時，令g′（x）＞0，解得：x＞1，
g（x）在（1，+∞）遞增，
a＜0時，令g′（x）＞0，解得：0＜x＜1，
g（x）在（0，1）遞增；
（Ⅱ）①∵a＞0，h（x）=$\frac{1}{2}$x²-alnx，
由題意得：h（x）_min≥0，
∵h′（x）=$\frac{（x+\sqrt{a}）（x-\sqrt{a}）}{x}$，
令h′（x）＞0，解得：x＞$\sqrt{a}$，令h′（x）＜0，解得：x＜$\sqrt{a}$，
∴h（x）在（0，$\sqrt{a}$）遞減，在（$\sqrt{a}$，+∞）遞增，
∴h（x）_min=h（$\sqrt{a}$）=$\frac{a}{2}$-aln$\sqrt{a}$，
由$\frac{a}{2}$-aln$\sqrt{a}$≥0，解得：a≤e，
故a的范圍是（0，e]；
②證明：由①得：a=e時，h（x）=$\frac{1}{2}$x²-elnx≥0在（0，+∞）恒成立，
當x=$\sqrt{e}$時“=”成立，
∴x∈N^*時，2elnx＜x²，
令x=1，2，3，…，n，
累加得：
2e（ln1+ln2+…+lnn）＜1²+2²+…+n²，
即ln（1•2•3…n）^2e＜1²+2²+3²+…+n²（n∈N^*）．

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，是一道中檔題．