解题思路:(1)先求出函数的导数,通过讨论a的范围,得到函数f(x)的单调区间;
(2)令f(x)=g(x)-h(x),通过(1)的结论,从而得到a的范围;
(3)根据x>1时,
1/lnx]>[1
x
2
−x
=
1
x(x−1)
=
1/x−1]-[1/x],从而得到
1
ln(s+1)
+
1
ln(s+2)
+…+
1
ln(s+t)
>
t
s
2
+st
.
(1)f(x)=alnx−(1+a)x+
1/2x2,
f′(x)=
a
x−(1+a)+x=
(x−1)(x−a)
x(x>0),
分析可知:
①当时,f(x)在(1,+∞)上递增;
②当0<a<1时,f(x)在(0,a)及(1,+∞)上递增;
③当a=1时,f(x)在(0,+∞)上递增;
④当a>1时,f(x)在(0,1)及(a,+∞)递增.
(2)令f(x)=g(x)-h(x),x∈(0,+∞),由(1)知
①当a≤0时,f(x)在(0,1)上递减;f(x)min=f(1)=−
1
2−a≥0,
在a≤0时,f(x)在(1,+∞)上递增,得a≤−
1
2];
②当0<a<1时,此时有f(1)=−
1
2−a<0,不合题意;
③当a=1时,同理,有f(1)=−
1
2−a<0,不合题意;
④当a>1时,同理,有f(1)=−
1
2−a<0,不合题意;
综上,应有a∈(−∞, −
1
2].
(3)由(2)知,当a=-[1/2]时,-[1/2]lnx-[1/2]x+[1/2]x2≥0恒成立,即lnx≤-x+x2,
故x>1时,[1/lnx]>[1
x2−x=
1
x(x−1)=
1/x−1]-[1/x],
那么就有,[1
ln(s+1)+
1
ln(s+2)+…+
1
ln(s+t)
>(
1/s]-[1/s+1])+([1/s+1]-[1/s+2])+…+([1/s+t−1]-[1/s+t])
=[1/s]-[1/s+t]=[t
s2+st,
故总有
1
ln(s+1)+
1
ln(s+2)+…+
1
ln(s+t)>
t
s2+st.
点评:
本题考点: 利用导数研究函数的单调性;利用导数求闭区间上函数的最值.
考点点评: 本题考查了函数的单调性,求参数的范围,不等式的证明,考查了导数的应用,考查分类讨论思想,是一道综合题.
1年前
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