Question

已知函數(shù)f（x）=ax²+xlnx（a∈R）．
（1）當(dāng)a=0時(shí)，求f（x）的最小值；
（2）在區(qū)間（1，2）內(nèi)任取兩個(gè)實(shí)數(shù)p，q，且p≠q，若不等式

f(p+1)-f(q+1)

p-q

＞1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）求證：

ln2

23

+

ln3

33

+

ln4

43

+…+

lnn

n3

＜

1

e

（其中n＞1，e=2.71828…）．

Answer 1

考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問(wèn)題中的應(yīng)用

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)而求得最小值；
（2）由

f(p+1)-f(q+1)

p-q

=

f(p+1)-f(q+1)

(p+1)-(q+1)

的幾何意義，表示表示點(diǎn)（p+1，f（p+1））與點(diǎn)（q+1，f（q+1））連成的斜率，即f′（x）=2ax+lnx+1＞1在x∈（2，3）內(nèi)恒成立，即2a≥（-

lnx

x

）max，利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)的最大值，即可得證；
（3）利用（2）的結(jié)論得-

lnx

x

≥g(e)，即

ln2

23

+

ln3

33

+

ln4

43

+…+

lnn

n3

≤

1

e

(

1

22

+

1

32

+

1

42

+…+

1

n2

)，再將不等式放縮即可得證．

解答： 解：（1）∵a=0時(shí)，f（x）=xlnx（x＞0），
∴f′（x）=1+lnx＞0得x＞

1

e

∴f（x）在（0，

1

e

）上遞減，（

1

e

，+∞）上遞增，
∴f（x）_min=f（

1

e

）=-

1

e

（4分）
（2）

f(p+1)-f(q+1)

p-q

=

f(p+1)-f(q+1)

(p+1)-(q+1)

，表示點(diǎn)（p+1，f（p+1））與點(diǎn)（q+1，f（q+1））連成的斜率，
又1＜p＜2，1＜q＜2，∴2＜p+1＜3，2＜q+1＜3，即函數(shù)圖象在區(qū)間（2，3）任意兩點(diǎn)連線的斜率大于1，
即f′（x）=2ax+lnx+1＞1在x∈（2，3）內(nèi)恒成立．（6分）
∴當(dāng)x∈（2，3）時(shí)，2a≥-

lnx

x

恒成立．∴2a≥（-

lnx

x

）max．
設(shè)g（x）=-

lnx

x

，x∈（2，3），則g′（x）=

lnx-1

x2

；
若g′（x）=

lnx-1

x2

=0，x=e，當(dāng)2＜x＜a時(shí)，g′（x）＜0，g（x）在（2，a）上單調(diào)遞減；
當(dāng)a＜x＜3時(shí)，g′（x）＞0，g（x）在（0，3）上單調(diào)遞增．（9分）
又g（2）=-

ln2

2

＞g（3）=-

ln3

3

，∴2a≥-

ln2

2

，故a≥-

ln2

4

（10分）
（3）由（2）得，-

lnx

x

≥g(e)，
∴

lnx

x

≤

1

e

∴

lnx

x3

≤

1

e

•

1

x2

（11分）
∴

ln2

23

+

ln3

33

+

ln4

43

+…+

lnn

n3

≤

1

e

(

1

22

+

1

32

+

1

42

+…+

1

n2

)
又

1

22

+

1

34

+

1

42

+…+

1

n2

＜

1

1×2

+

1

2×3

+

1

3×4

+…+

1

(n-1)×n

而

1

1×2

+

1

2×3

+

1

3×4

+…+

1

(n-1)×n

-（1-

1

2

）+（

1

2

-

1

3

）+…+（

1

n-1

-

1

n

）=1-

1

n

＜1；
∴

ln2

23

+

ln3

33

+

ln4

43

+…+

lnn

n3

≤

1

e

成立．（14分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最值及判斷函數(shù)的單調(diào)性，利用導(dǎo)數(shù)證明不等式恒成立問(wèn)題，考查轉(zhuǎn)化劃歸思想的運(yùn)用能力，屬難題．