Question

已知f（x）=

m

x+1

+nlnx（m，n為常數(shù)）在x=1處的切線方程為x+y-2=0．
（1）求y=f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若任意實數(shù)x∈[

1

e

，1]，使得對任意的t∈[

1

2

，2]上恒有f（x）≥t³-t²-2at+2成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）求證：對任意正整數(shù)n，有4（

1

2

+

2

3

+…+

n

n+1

）+（ln1+ln2+…+lnn）≥2n．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）利用導(dǎo)數(shù)的意義求得m，進(jìn)而求出單調(diào)區(qū)間；
（2）f（x）在[

1

e

，1]上的最小值為f（1）=1，只需t³-t²-2at+2≤1，即2a≥t2-t+

1

t

對任意的t∈[

1

2

，2]上恒成立，令g（t）=t2-t+

1

t

，利用導(dǎo)數(shù)求出g（t）的最大值，列出不等式，即可求得結(jié)論；
（3）由（1）可知f（x）在區(qū)間（0，1]上單調(diào)遞減，故有f（

1

n

）≥f（1）=1，即

2

1 n +1

-

1

2

ln

1

n

≥1，整理可得

4n

n+1

+lnn≥2，利用累加法即可得出結(jié)論．

解答： 解：（1）由f（x）=

m

x+1

+nlnx（m，n為常數(shù)）的定義域為（0，+∞），
∴f′（x）=-

m

(x+1)2

+

n

x

，
∴f′（1）=-

m

4

+n=-1，
把x=1代入x+y-2=0得y=1，∴f（1）=

m

2

=1，
∴m=2，n=-

1

2

，
∴f（x）=

2

x+1

-

1

2

lnx，f′（x）=-

2

(x+1)2

-

1

2x

，
∵x＞0，∴f′（x）＜0，
∴f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，+∞），沒有遞增區(qū)間．
（2）由（1）可得，f（x）在[

1

e

，1]上單調(diào)遞減，
∴f（x）在[

1

e

，1]上的最小值為f（1）=1，
∴只需t³-t²-2at+2≤1，即2a≥t2-t+

1

t

對任意的t∈[

1

2

，2]上恒成立，
令g（t）=t2-t+

1

t

，則g′（t）=2t-1-

1

t2

=

2t3-t2-1

t2

=

(t-1)(2t2+t+1)

t2

，
令g′（t）=0可得t=1，
而2t²+t+1＞0恒成立，
∴當(dāng)

1

2

≤t＜1時，g′（t）＜0，g（t）單調(diào)遞減，
當(dāng)1＜t≤2時，g′（t）＞0，g（t）單調(diào)遞增．
∴g（t）的最小值為g（1）=1，
而g（

1

2

）=

1

4

-

1

2

+2=

7

4

，g（2）=4-2+

1

2

=

5

2

，顯然g（

1

2

）＜g（2），
∴g（t）在[

1

2

，2]上的最大值為g（2）=

5

2

，
∴只需2a≥

5

2

，即a≥

5

4

，
∴實數(shù)a的取值范圍是[

5

4

，+∞）．
（3）由（1）可知f（x）在區(qū)間（0，1]上單調(diào)遞減，
∴對于任意的正整數(shù)n，都有f（

1

n

）≥f（1）=1，即

2

1 n +1

-

1

2

ln

1

n

≥1，
整理可得

4n

n+1

+lnn≥2，
則有：

4

2

+ln1≥2，

8

3

+ln2≥2，

12

4

+ln3≥2，…，

4n

n+1

+lnn≥2．
把以上各式兩邊相加可得：
4（

1

2

+

2

3

+…+

n

n+1

）+（ln1+ln2+…+lnn）≥2n．

點評：本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值等知識，考查學(xué)生對恒成立問題的等價轉(zhuǎn)化思想及構(gòu)造函數(shù)法證明不等式的能力，考查學(xué)生的運算求解能力，屬于難題．