Question

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

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

p-q

＞1恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）求證：

ln2

23

+

ln3

33

+

ln

43

+…+

lnn

n3

＜

1

e

（其中n＞1，n∈N^*，e=2.71828…）．

Answer 1

考點：函數(shù)恒成立問題,利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：函數(shù)的性質及應用,導數(shù)的綜合應用,不等式的解法及應用

分析：（1）把a=0代入函數(shù)解析式，然后直接利用導數(shù)求最小值；
（2）把

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

p-q

化為

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

(p+1)-(q+1)

，表示點（p+1，f（p+1））與點（q+1，f（q+1））連線的斜率，即函數(shù)圖象在區(qū)間（2，3）任意兩點連線的斜率大于1，即f′（x）=2ax+lnx+1＞1在x∈（2，3）內(nèi)恒成立．然后利用分離變量法結合導數(shù)得答案；
（3）由（2）得，-

lnx

x

≥g(e)，即得到

lnx

x3

≤

1

e

1

x2

，然后利用錯位相減法求數(shù)列的和，放縮后得答案．

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

1

e

，
∴f（x）在(0，

1

e

)上遞減，在(

1

e

，+∞)上遞增．
∴f(x)min=f(

1

e

)=-

1

e

；
（2）解：

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

p-q

=

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

(p+1)-(q+1)

，
表示點（p+1，f（p+1））與點（q+1，f（q+1））連線的斜率，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）任意兩點連線的斜率大于1，
即f′（x）=2ax+lnx+1＞1在x∈（2，3）內(nèi)恒成立．
∴當x∈（2，3）時，2a≥-

lnx

x

恒成立．
∴2a≥(-

lnx

x

)max．
設g(x)=-

lnx

x

，x∈(2，3)，
則g′(x)=

lnx-1

x2

．
若g′（x）=0，則x=e．
當2＜x＜e時，g′（x）＜0，g（x）在（2，e）上單調遞減；當e＜x＜3時，g′（x）＞0，g（x）在（e，3）上單調遞增．
又g(2)=-

ln2

2

＞g(3)=-

ln3

3

，
∴2a≥-

ln2

2

．
故a≥-

ln2

4

；
（3）由（2）得，-

lnx

x

≥g(e)，
∴

lnx

x

≤

1

e

，
∴

lnx

x3

≤

1

e

1

x2

，
∴

ln2

23

+

ln3

33

+…+

lnn

n3

≤

1

e

(

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

)，
又

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

＜

1

1×2

+

1

2×3

+…+

1

(n-1)n

=(1-

1

2

)+(

1

2

-

1

3

)+…+(

1

n

-

1

n+1

)=1-

1

n

＜1，
∴

ln2

23

+

ln3

33

+

ln

43

+…+

lnn

n3

＜

1

e

．

點評：本題考查了函數(shù)恒成立問題，考查了利用導數(shù)求函數(shù)的最值，訓練了裂項相消法求數(shù)列的和，是壓軸題．