Question

已知函数f(x)=alnx+

1

2

x2-(1+a)x(x＞0)，其中a为实数．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若函数f（x）≥0对定义域内的任意x恒成立，求实数a的取值范围；
（3）证明：对任意的正整数m，n，不等式

1

ln(m+1)

+

1

ln(m+2)

+…+

1

ln(m+n)

＞

n

m(m+n)

恒成立．

Answer 1

分析：（1）由f(x)=alnx+

1

2

x2-(1+a)x(x＞0)，得f′(x)=

a

x

+x-(1+a)，x＞0，由此根据a的取值范围进行分类讨论，能求出函数f（x）的单调区间．
（2）由于f（1）=-

1

2

-a，当a＞0时，f（1）＜0，此时f（x）≥0对定义域内的任意x不是恒成立的．当a≤0时，由（1）得f（x）在区间（0，+∞）上取得最小值为f（1）=-

1

2

-a，由此能求出实数a的取值范围．
（3）由（2）知，当a=-

1

2

时，f（x）=-

1

2

lnx+

1

2

x2-

1

2

x≥0，当且仅当x=1时，等号成立，这个不等式等价于lnx≤x²-x．由此能够证明对任意的正整数m，n，不等式

1

ln(m+1)

+

1

ln(m+2)

+…+

1

ln(m+n)

＞

n

m(m+n)

恒成立．

解答：解：（1）∵f(x)=alnx+

1

2

x2-(1+a)x(x＞0)，
∴f′(x)=

a

x

+x-(1+a)，x＞0，
①当a≤0时，若0＜x＜1，则f′（x）＜0，
故函数f（x）的单调减区间是（0，1）；
若x＞1，则f′（x）＞0，故函数f（x）的增区间是（1，+∞）．
②当0＜a＜1时，函数f（x）的单调减区间是（a，1）；
单调增区间是（0，a），（1，+∞）．
③当a=1时，则f′(x)=

(x-1)2

x

≥0，
故函数f（x）的单调增区间是（0，+∞）；
④当a＞1时，函数f（x）的单调递减区间是（1，a）；
函数f（x）的单调递增区间是（0，1），（a，+∞）．
（2）由于f（1）=-

1

2

-a，
当a＞0时，f（1）＜0，
此时f（x）≥0对定义域内的任意x不是恒成立的．
当a≤0时，由（1）得f（x）在区间（0，+∞）上的极小值，也是最小值为f（1）=-

1

2

-a，
此时，f（1）≥0，解得a≤-

1

2

，
故实数a的取值范围是（-∞，-

1

2

）．
（3）由（2）知，当a=-

1

2

时，
f（x）=-

1

2

lnx+

1

2

x2-

1

2

x≥0，当且仅当x=1时，等号成立，
这个不等式等价于lnx≤x²-x．
当x＞1时，变换为

1

lnx

＞

1

x2-x

=

1

x(x-1)

=

1

x-1

-

1

x

，
在上面的不等式中，
令x=m+1，m+2，…，m+n，则有

1

ln(m+1)

+

1

ln(m+2)

+…+

1

ln(m+n)

＞(

1

m

-

1

m+1

)+(

1

m+1

-

1

m+2

)+…+(

1

m+n-1

-

1

m+n

)，
即对任意的正整数m，n，不等式

1

ln(m+1)

+

1

ln(m+2)

+…+

1

ln(m+n)

＞

n

m(m+n)

恒成立．

点评：本题考查函数的单调区间的求法，考查实数的取值范围的求法，考查不等式恒成立的证明．解题时要认真审题，仔细解答，注意导数的性质和分类讨论思想的灵活运用．