Question

设函数h（x）=2px-3lnx-

p

x

-1和函数f（x）=lnx-px+1（p∈R）．
（Ⅰ）若函数g（x）=h（x）+f（x）在定义域内为单调函数，求p的取值范围；
（Ⅱ）求函数f（x）的极值点；
（Ⅲ）证明：

ln22

22

+

ln32

32

+…+

lnn2

n2

＜n-1（n∈N^*，n≥2）．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数研究函数的极值,数列的求和

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）先求导，再单调递增和递减恒成立，求参数p的范围；
（Ⅱ）对f（x）进行求导，令f′（x）=0，解方程，求出f（x）的极值点；
（Ⅲ）可以令p=1，得出不等式lnx≤x-1，将x换为n²，利用不等式lnn²≤n²-1，进行放缩证明．

解答： 解：（Ⅰ）∵h（x）=2px-3lnx-

p

x

-1，f（x）=lnx-px+1（p∈R）．
∴g（x）=h（x）=2px-3lnx-

p

x

-1+lnx-px+1=px-2lnx-

p

x

∴g′（x）=

px2-2x+p

x2

，
若g（x）单调递增则px²-2x+p≥0，在（0，+∞）上恒成立，
则p≥

2x

x2+1

=

2

x+ 1 x

在（0，+∞）上恒成立，
又 x+

1

x

≥2当且仅当x=1时取等号，
∴0＜

2

x+ 1 x

≤1，p≥1，
若g（x）单调递减p≤

2

x+ 1 x

在（0，+∞）上恒成立
∴p≤0；
（Ⅱ）∵f（x）=lnx-px+1定义域为（0，+∞），
∴f′(x)=

1

x

-p=

1-px

x

，
当p≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上无极值点
当p＞0时，令f′（x）=0，∴x=

1

p

∈（0，+∞），f′（x）、f（x）随x的变化情况如下表：

x	（0， 1 p ）	1 p	（ 1 p ，+∞）
f′（x）	+	0	-
f（x）	↗	极大值	↘

从上表可以看出：当p＞0时，f（x）有唯一的极大值点x=

1

p

；
（Ⅲ）令p=1，由（Ⅱ）知，lnx-x+1≤0，∴lnx≤x-1，
∵n∈N，n≥2，
∴lnn²≤n²-1，
∴

lnn2

n2

≤f（n）=

n2-1

n2

-

lnn2

n2

=1-

1

n2

，
∴

ln22

22

+

ln32

32

+…+

lnn2

n2

≤(1-

1

22

)+(1-

1

32

)+…+(1-

1

n2

)
=（n-1）-（

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

）
≤（n-1）-（

1

2×3

+

1

3×4

+…+

1

n(n+1)

）
=（n-1）-（

1

2

-

1

3

+

1

3

-

1

4

+…+

1

n

-

1

n+1

）
=（n-1）-（

1

2

-

1

n+1

）
=

2n2-n-1

2(n+1)

=

(n-1)(2n+1)

2(n+1)

＜n-1
∴结论成立．

点评：此题主要考查函数的单调性以及函数在极值点取得极值点条件，第三问利用不等式进行放缩，同学们要认真看放缩的过程，这类题比较难，是高考的压轴题．