Question

已知函數(shù)h(x)=

x2+alnx，x＞0 x2，x≤0

，（a∈R）
（Ⅰ）求函數(shù)h（x）的最小值．
（Ⅱ）當a=-1時，求證：

22

1

+

32

22

+…+

(n+1)2

n2

＞ln(n+1)，(n∈N*)．

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)的單調性,不等式的證明

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：（Ⅰ）求函數(shù)的導數(shù)，利用函數(shù)最值和導數(shù)之間的關系，即可求函數(shù)h（x）的最小值．
（Ⅱ）當a=-1時，根據(jù)函數(shù)h（x）=x²-lnx的單調性，利用函數(shù)單調性的性質即可證明不等式．

解答： 解：（Ⅰ）當x≤0時，函數(shù)h（x）=x²單調遞減，
所以函數(shù)h（x）在（-∞，0]上的最小值為h（0）=0
當x＞0，h（x）=x²+alnx
若a=0，函數(shù)h（x）=x²在（0，+∞）上單調遞
此時，函數(shù)h（x）不存在最小值
若a＞0，因為h′(x)=2x+

a

x

=

2x2+a

x

＞0
所以函數(shù)h（x）=x²+alnx在（0，+∞）上單調遞增
此時，函數(shù)h（x）不存在最小值
若a＜0，因為h′(x)=

2x2+a

x

=

2(x+ - a 2 )(x- - a 2 )

x

所以函數(shù)h（x）=x²+alnx在(0，

- a 2

)上單調遞減
在(

- a 2

，+∞)上單調遞增
此時，函數(shù)h（x）的最小值為h(

- a 2

)
因為h(

- a 2

)=-

a

2

+aln

- a 2

=-

a

2

+

a

2

ln(-

a

2

)=-

a

2

[1-ln(-

a

2

)]
所以當-2e≤a＜0時，h(

- a 2

)≥0
當a＜-2e時，h(

- a 2

)＜0
綜上可知，當a＞0時，函數(shù)h（x）沒有最小值
當-2e≤a＜0時，函數(shù)h（x）的最小值為h（0）=0
當a＜-2e時，函數(shù)h（x）的最小值為h(

- a 2

)=-

a

2

[1-ln(-

a

2

)]
（Ⅱ）當a=-1時，由（Ⅱ）知h（x）=x²-lnx在（1，+∞）為增函數(shù)?x＞1，h（x）＞h（1）=1，
所以x²-lnx＞1＞0，即x²＞lnx
令x=

n+1

n

=1+

1

n

＞1，
所以(

n+1

n

)2＞ln(

n+1

n

)，
所以

22

1

+

32

22

+

42

32

+…+

(n+1)2

n2

＞ln(

2

1

3

2

…

n+1

n

)=ln(n+1)．

點評：本題主要考查函數(shù)單調性最值和導數(shù)之間的關系，以及利用導數(shù)證明不等式，綜合性較強，難度較大．