Question

（2011•济南二模）已知函数f（x）=plnx+（p-1）x²+1．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当P=1时，f（x）≤kx恒成立，求实数k的取值范围；
（3）证明：1n（n+1）＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

（n∈N⁺）．

Answer 1

分析：（1）利用导数来讨论函数的单调性即可，具体的步骤是：（1）确定 f（x）的定义域；（2）求导数fˊ（x）；（3）在函数 的定义域内解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0；（4）确定 的单调区间．若在函数式中含字母系数，往往要分类讨论．（2）当P=1时，f（x）≤kx恒成立，分离参数等价于k≥

1+lnx

x

，利用导数求函数h（x）=

1+lnx

x

的最大值即可求得实数k的取值范围；（3）由（2）知，当k=1时，有f（x）≤x，当x＞1时，f（x）＜x，即lnx＜x-1，令x=

n+1

n

，则得到ln

n+1

n

＜

1

n

，利用导数的运算法则进行化简，然后再相加，即可证得结论．

解答：解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=

p

x

+2(p-1)x=

2(p-1)x2+p

x

，
当p＞1时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当p≤0时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当0＜p＜1时，令f′（x）=0，解得x=

- p 2(p-1)

．
则当x∈(0，

- p 2(p-1)

)时，f′（x）＞0；x∈(

- p 2(p-1)

，+∞)时，f′（x）＜0，
故f（x）在（0，

- p 2(p-1)

）上单调递增，在(

- p 2(p-1)

，+∞)上单调递减；
（2）∵x＞0，
∴当p=1时，f（x）≤kx恒成立?1+lnx≤kx?k≥

1+lnx

x

，
令h（x）=

1+lnx

x

，则k≥h（x）_max，
∵h′（x）=

-lnx

x2

=0，得x=1，
且当x∈（0，1），h′（x）＞0；当x∈（1，+∞），h′（x）＜0；
所以h（x）在0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，
所以h（x）_max=h（1）=1，
故k≥1．
（3）由（2）知，当k=1时，有f（x）≤x，当x＞1时，f（x）＜x，即lnx＜x-1，
∴令x=

n+1

n

，则ln

n+1

n

＜

1

n

，即ln(n+1)-lnn＜

1

n

，
∴ln2-ln1＜1，ln3-ln2＜

1

2

，…，ln(n+1)-lnn＜

1

n

相加得1n（n+1）＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

．

点评：此题是个难题．本题主要考查导数的概念、利用导数研究函数的单调性、利用函数的单调性证明不等式和利用导数研究函数性质的能力，考查分类讨论思想、数形结合思想和等价变换思想．