Question

已知函數(shù)g（x）=x²-（2a+1）x+alnx
（Ⅰ） 當a=1時，求函數(shù)g（x）的單調(diào)增區(qū)間；
（Ⅱ） 求函數(shù)g（x）在區(qū)間[1，e]上的最小值；
（Ⅲ） 在（Ⅰ）的條件下，設f（x）=g（x）+4x-x²-2lnx，
證明：

n

k=2

1

k-f(k)

＞

3n2-n-2

n(n+1)

（n≥2）．（參考數(shù)據(jù)：ln2≈0.6931）

Answer 1

考點：利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,不等式的證明

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：（Ⅰ）由g′(x)=

2x2-3x+1

x

＞0，能求出函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間．
（Ⅱ）g′(x)=2x-(2a+1)+

a

x

=

(2x-1)(x-a)

x

=0，由此根據(jù)a的取值范圍分類討論，能求出g（x）_min．
（Ⅲ）證明：令h（x）=lnx-

1

4

(x2-1)，由x∈[2，+∞），得h′(x)=

2-x2

2x

＜0，從而得到

1

lnx

＞2（

1

x-1

-

1

x+1

），k-f（k）=lnk，由此能證明

n

k=2

1

k-f(k)

＞

3n2-n-2

n(n+1)

（n≥2）．

解答： （Ⅰ）解：當a=1時，g（x）=x²-3x+lnx，
∴g′(x)=

2x2-3x+1

x

＞0，
解得x＞1或x＜

1

2

．
∴函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，

1

2

），（1，+∞）．
（Ⅱ）解：g（x）=x²-（2a+1）x+alnx，
g′(x)=2x-(2a+1)+

a

x

=

2x2-(2a+1)x+a

x

=

(2x-1)(x-a)

x

=0，
當a≤1，x∈[1，e]，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)增．g（x）_min=-2a，
當1＜a＜e，x∈（1，a），g′（x）＜0，g（x）單調(diào)減．
x∈（a，e），g′（x）＞0，g（x）單調(diào)增．
g（x）_min=g（a）=-a²-a+alna，
當a≥e，x∈[1，e]，g′（x）≤0，g（x）單調(diào)減，
g（x）_min=e²-（2a+1）e+a．
∴g（x）_min=

-2a，a≤1 -a2-a+alna，1＜a＜e e2-(2a+1)e+a，a≥e

．
（Ⅲ）證明：令h（x）=lnx-

1

4

(x2-1)，
∵x∈[2，+∞），h′(x)=

2-x2

2x

＜0，
∴h(x)≤h(2)=ln2-

3

4

＜0，即lnx＜

1

4

(x2-1)，
∴

1

lnx

＞

4

(x-1)(x+1)

=2（

1

x-1

-

1

x+1

），
k-f（k）=lnk，

n

k=2

1

k-f(k)

=

n

k=2

1

lnk

=

1

ln2

+

1

ln3

+…+

1

lnn

＞2（1-

1

3

+

1

2

-

1

4

+…+

1

n-2

-

1

n

+

1

n-1

-

1

n+1

）
＞2（1+

1

2

-

1

n

-

1

n+1

）
=

3n2-n-2

n(n+1)

，（n≥2）．
∴

n

k=2

1

k-f(k)

＞

3n2-n-2

n(n+1)

（n≥2）．

點評：本題考查函數(shù)的增區(qū)間的求法，考查函數(shù)的最小值的求法，考查不等式的證明，解題時要認真審題，注意導數(shù)性質(zhì)的合理運用．