Question

5．已知函数$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}+alnx$，g（x）=（1+a）x，（a∈R）．
（Ⅰ）设h（x）=f（x）-g（x），求h（x）的单调区间；
（Ⅱ）若对?x＞0，总有f（x）≥g（x）成立．
（1）求a的取值范围；
（2）证明：对于任意的正整数m，n，不等式$\frac{1}{ln（m+1）}+\frac{1}{ln（m+2）}+…+\frac{1}{ln（m+n）}$$＞\frac{n}{m（m+n）}$恒成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ），先求出导函数，再分情况①当a≤0时②当0＜a＜1时③当a=1时④当a＞1时进行讨论
（Ⅱ）（1）由题意得到即h（x）≥0恒成立，分离参数，利用导数函数最小值即可．
（2）当$a=-\frac{1}{2}$时，$h（x）=\frac{1}{2}{x^2}-\frac{1}{2}lnx-\frac{1}{2}x≥0$，转化为$\frac{1}{lnx}＞\frac{1}{{{x^2}-x}}=\frac{1}{（x-1）x}$，分别令x=m+1，m+2，…，m+n，利用放缩法，从而证得结论．

解答 解：（Ⅰ）h（x）=f（x）-g（x）=$\frac{1}{2}$x²+alnx-（1+a）x，定义域为{x|x＞0}，
∴h′（x）=x+$\frac{a}{x}$-（1+a）=$\frac{（x-1）（x-a）}{x}$，…（1分）
①当a≤0时，令h′（x）＞0，∵x＞0，∴x＞1，
令h′（x）＜0，∴0＜x＜1；
②当0＜a＜1时，令h′（x）＞0，则x＞1或0＜x＜a，
令h′（x）＜0，∴a＜x＜1；                         …（3分）
③当a=1时，${h^'}（x）=\frac{{{{（x-1）}^2}}}{x}≥0$恒成立；
④当a＞1时，令h′（x）＞0，则x＞a或0＜x＜1，
令h′（x）＜0，∴1＜x＜a；                     …（4分）
综上：当a≤0时，h（x）的增区间为（1，+∞），h（x）的减区间为（0，1）；
当0＜a＜1时，h（x）的增区间为（0，a）和（1，+∞），h（x）的减区间为（a，1）；
当a=1时，h（x）的增区间为（0，+∞）；
当a＞1时，h（x）的增区间为（0，1）和（a，+∞），h（x）的减区间为（1，a）．…（5分）
（Ⅱ）（1）由题意，对任意x∈（0，+∞），f（x）-g（x）≥0恒成立，即h（x）≥0恒成立，
只需h（x）_min≥0．…（6分）
由第（Ⅰ）知：∵$h（1）=-\frac{1}{2}-a$，显然当a＞0时，h（1）＜0，此时对任意x∈（0，+∞），f（x）≥g（x）不能恒成立；       …（8分）
当a≤0时，$h{（x）_{min}}=h（1）=\frac{1}{2}-1-a=-\frac{1}{2}-a≥0$，
∴$a≤-\frac{1}{2}$；
综上：a的取值范围为$（-∞，-\frac{1}{2}]$．…（9分）
（2）证明：由（1）知：当$a=-\frac{1}{2}$时，$h（x）=\frac{1}{2}{x^2}-\frac{1}{2}lnx-\frac{1}{2}x≥0$，…（10分）
即lnx≤x²-x，当且仅当x=1时等号成立．
当x＞1时，可以变换为$\frac{1}{lnx}＞\frac{1}{{{x^2}-x}}=\frac{1}{（x-1）x}$，…（12分）
在上面的不等式中，令x=m+1，m+2，…，m+n，则有$\frac{1}{ln（m+1）}+\frac{1}{ln（m+2）}+…+\frac{1}{ln（m+n）}$$＞\frac{1}{m（m+1）}+\frac{1}{（m+1）（m+2）}+…+\frac{1}{（m+n-1）（m+n）}$
=$（\frac{1}{m}-\frac{1}{m+1}）+（\frac{1}{m+1}-\frac{1}{m+2}）+…+（\frac{1}{m+n-1}-\frac{1}{m+n}）$=$\frac{1}{m}-\frac{1}{m+n}=\frac{n}{m（m+n）}$
∴不等式$\frac{1}{ln（m+1）}+\frac{1}{ln（m+2）}+…+\frac{1}{ln（m+n）}$$＞\frac{n}{m（m+n）}$恒成立．…（14分）

点评 本题考察了函数的单调性，导数的应用，不等式的证明，渗透了分类讨论的思想，属于难题．