Question

6．已知f（x）=$\frac{1}{2}$ax²-（a-1）x-lnx（a为常数）．
（1）试讨论f（x）的单调性；
（2）设h（x）=-x²+x+b，当a=-$\frac{1}{2}$时，若对任意x₁∈（0，2），x₂∈R，都有f（x₁）≥h（x₂），求实数b取值范围：
（3）证明：当n∈N^*时，1+$\frac{1}{2}$$+\frac{1}{3}$$+…+\frac{1}{n}$≤n（1-ln2）+ln（n+1）．

Answer 1

分析 （1）求出导数，分解因式，对a讨论，当a≥0时，当a=-1时，当a＜-1时，当-1＜a＜0时，解不等式即可得到单调区间；
（2）求得f（x）在（0，2）内的最小值，h（x）在R上的最大值，由恒成立思想可得f（x）_min≥h（x）_max，解不等式可得b的范围；
（3）设a_n=1+$\frac{1}{2}$$+\frac{1}{3}$$+…+\frac{1}{n}$-n（1-ln2）-ln（n+1），则a_n+1=1+$\frac{1}{2}$$+\frac{1}{3}$$+…+\frac{1}{n}$+$\frac{1}{n+1}$-（n+1）（1-ln2）-ln（n+2），求出a_n+1-a_n，判断符号，即可得到数列{a_n}的单调性，即可得证．

解答 解：（1）f（x）=$\frac{1}{2}$ax²-（a-1）x-lnx的导数为f′（x）=ax-（a-1）-$\frac{1}{x}$
=$\frac{a{x}^{2}-（a-1）x-1}{x}$=$\frac{（x-1）（ax+1）}{x}$，x＞0，
当a≥0时，f′（x）＞0解得x＞1，f′（x）＜0解得0＜x＜1；
当a=-1时，f′（x）≤0恒成立，f（x）递减；
当a＜-1时，f′（x）＞0解得-$\frac{1}{a}$＜x＜1，f′（x）＜0解得x＞1或0＜x＜-$\frac{1}{a}$；
当-1＜a＜0时，f′（x）＞0解得1＜x＜-$\frac{1}{a}$，f′（x）＜0解得0＜x＜1或x＞-$\frac{1}{a}$．
综上可得，当a≥0时，f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增；
当a=-1时，f（x）在（0，+∞）递减；
当a＜-1时，f（x）在（-$\frac{1}{a}$，1）递增，在（1，+∞），（0，-$\frac{1}{a}$）递减；
当-1＜a＜0时，f（x）在（1，-$\frac{1}{a}$）递增，f（x）在（0，1），（-$\frac{1}{a}$，+∞）递减．
（2）当a=-$\frac{1}{2}$时，由（1）可得f（x）在（1，2）递增，f（x）在（0，1），（2，+∞）递减．
f（x）在（0，2）内，x=1处取得最小值，且为-$\frac{1}{4}$+$\frac{3}{2}$=$\frac{5}{4}$，
h（x）=-x²+x+b=-（x-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{1}{4}$+b，
即有x=$\frac{1}{2}$时，h（x）取得最大值$\frac{1}{4}$+b，
由恒成立思想可得$\frac{5}{4}$≥$\frac{1}{4}$+b，解得b≤1，
即有b的取值范围是（-∞，1]；
（3）证明：设a_n=1+$\frac{1}{2}$$+\frac{1}{3}$$+…+\frac{1}{n}$-n（1-ln2）-ln（n+1），
则a_n+1=1+$\frac{1}{2}$$+\frac{1}{3}$$+…+\frac{1}{n}$+$\frac{1}{n+1}$-（n+1）（1-ln2）-ln（n+2），
a_n+1-a_n=$\frac{1}{n+1}$-1+ln2-ln（n+2）+ln（n+1），
设g（x）=$\frac{1}{x+1}$-1+ln2-ln（x+2）+ln（x+1），x≥0，
g′（x）=-$\frac{1}{（x+1）^{2}}$-$\frac{1}{x+2}$+$\frac{1}{x+1}$=-$\frac{1}{（x+1）^{2}（x+2）}$＜0，
g（x）在[0，+∞）递减，
即有n≥1时，a_n+1-a_n=$\frac{1}{n+1}$-1+ln2-ln（n+2）+ln（n+1）
≤$\frac{1}{2}$-1+ln2-ln3+ln2=2ln2-ln3-$\frac{1}{2}$＜0，
即有数列{a_n}递减，
则有a_n≤a₁=0，
则有当n∈N^*时，1+$\frac{1}{2}$$+\frac{1}{3}$$+…+\frac{1}{n}$≤n（1-ln2）+ln（n+1）．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，同时考查不等式的恒成立问题注意转化为求函数的最值问题，注意运用分类讨论的思想方法和数列的单调性证明不等式是解题的关键．