Question

已知函数f（x）=x+

2a2

x

-alnx（a∈R）．
（1）当a≥0时，讨论函数f（x）的单调区间；
（2）设g（x）=x²-2bx+4-ln2，当a=1时，若对任意的x₁，x₂∈[1，e]，都有f（x₁）≥g（x₂），求实数b的取值范围．
（3）求证：ln(n+1)＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

+

n

n+1

．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,利用导数研究函数的单调性

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（1）分类讨论，求导函数，可得函数f（x）的单调区间；
（2）x∈[1，e]，可得f（x）_min=3-ln2，对任意的x₁，x₂∈[1，e]，都有f（x₁）≥g（x₂），可得x∈[1，e]时，3-ln2≥x²-2bx+4-ln2，分离参数，利用函数的单调性，即可求出实数b的取值范围．
（3）当a=

1

2

时，x+

1

2x

-

1

2

lnx＞

3

2

，取x=

k+1

k

，则ln

k+1

k

＜

2

k

-

1

k+1

，再利用叠加法即可证明结论．

解答： （1）解：当a=0时，f（x）=x（x＞0），f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a＞0时，f′（x）=1-

2a2

x2

-

a

x

=

(x+a)(x-2a)

x2

，
∴f（x）在（0，2a）上单调递减，在（2a，+∞）上单调递增；
（2）解：当a=1时，f（x）=x+

2

x

-lnx，
∵x∈[1，e]，∴f（x）_min=3-ln2．
∵对任意的x₁，x₂∈[1，e]，都有f（x₁）≥g（x₂），
∴x∈[1，e]时，3-ln2≥x²-2bx+4-ln2，
∴x∈[1，e]时，2b≥x+

1

x

∵y=x+

1

x

在[1，e]上单调递增，
∴b≥

e

2

+

1

2e

；
（3）证明：当a=

1

2

时，x+

1

2x

-

1

2

lnx＞

3

2

，
取x=

k+1

k

，则ln

k+1

k

＜

2

k

-

1

k+1

，
∴ln

2

1

＜

2

1

-

1

2

，ln

3

2

＜

2

2

-

1

3

，…ln

n+1

n

＜

2

n

-

1

n+1

，
叠加得ln(n+1)＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

+

n

n+1

．

点评：本题考查导数知识的综合应用，考查函数的单调性，考查函数的最值，考查不等式的证明，属于中档题．