Question

14．已知函数f（x）=（1+a）x-$\frac{1}{2}$x²-alnx．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）证明：m、n∈N_*时，m（m+n）[$\frac{1}{ln（m+n）}$+$\frac{1}{ln（m+n-1）}$+$\frac{1}{ln（m+n-2）}$+…+$\frac{1}{ln（m+1）}$]＞n．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=$\frac{-（x-1）（x-a）}{x}$（x＞0）．对a分类讨论，即可得出函数的单调性；
（2）由（1）可知：当a=-$\frac{1}{2}$时，1＜x，此时函数f（x）单调递减．可得lnx＜x²-x，即$\frac{1}{lnx}＞$$\frac{1}{x-1}-\frac{1}{x}$．利用“累加求和”即可得出．

解答 （1）解：f′（x）=1+a-x-$\frac{a}{x}$=$\frac{-{x}^{2}+（1+a）x-a}{x}$=$\frac{-（x-1）（x-a）}{x}$（x＞0）．
当a≤0时，令f′（x）＞0，解得0＜x＜1，此时函数f（x）单调递增；令f′（x）＜0，解得1＜x，此时函数f（x）单调递减．
当0＜a＜1时，令f′（x）＞0，解得a＜x＜1，此时函数f（x）单调递增；令f′（x）＜0，解得0＜x＜a，或x＞1，此时函数f（x）在（0，a），或（1，+∞）单调递减．
当a=1时，${f}^{′}（x）=\frac{-（x-1）^{2}}{x}$≤0，此时函数f（x）在（0，+∞）上单调递减．
当1＜a时，令f′（x）＞0，解得1＜x＜a，此时函数f（x）单调递增；
令f′（x）＜0，解得0＜x＜1，或x＞a，此时函数f（x）在（0，1），或（a，+∞）单调递减．
（2）证明：由（1）可知：当a=-$\frac{1}{2}$时，1＜x，此时函数f（x）单调递减．
∴lnx＜x²-x，
∴$\frac{1}{lnx}＞$$\frac{1}{x-1}-\frac{1}{x}$．
m、n∈N^*，$\frac{1}{ln（m+n）}$+$\frac{1}{ln（m+n-1）}$+$\frac{1}{ln（m+n-2）}$+…+$\frac{1}{ln（m+1）}$
＞$（\frac{1}{m+n-1}-\frac{1}{m+n}）$+$（\frac{1}{m+n-2}-\frac{1}{m+n-1}）$+…+$（\frac{1}{m}-\frac{1}{m+1}）$
=$\frac{1}{m}-\frac{1}{m+n}$，
∴m（m+n）[$\frac{1}{ln（m+n）}$+$\frac{1}{ln（m+n-1）}$+$\frac{1}{ln（m+n-2）}$+…+$\frac{1}{ln（m+1）}$]＞n．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、“累加求和”与“裂项求和”方法，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．