Question

已知函數(shù)f（x）=

1

2

x²+lnx．
（1）求函數(shù)f（x）在[1，e]上的最大值、最小值；
（2）是否存在實數(shù)a，使函數(shù)g（x）=

1

2

x²+ax-f（x），x∈（0，e]的最小值為3，若存在求出a的值，若不存在說明理由．
（3）求證：[f′（x）]ⁿ-f′（xⁿ）≥2ⁿ-2（n∈N^*）

Answer 1

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

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：（1）由f′（x）=x+

1

x

，利用導數(shù)性質(zhì)能求出f（x）在[1，e]上的最大值、最小值．
（2）假設存在實數(shù)a，使g(x)=

1

2

x2+ax-f(x)=ax-lnx（x∈（0，e]）有最小值3，那么g/(x)=a-

1

x

=

ax-1

x

，由此利用導數(shù)性質(zhì)能求出存在實數(shù)a=e²，使得當x∈（0，e]時f（x）有最小值3．
（3）由[f′（x）]ⁿ-f′（xⁿ）=（x+

1

x

）ⁿ-（xn+

1

xn

），利用導數(shù)性質(zhì)能證明[f′（x）]ⁿ-f′（xⁿ）≥2ⁿ-2（n∈N^*）．

解答： （1）解：∵f′（x）=x+

1

x

，∴當x∈[1，e]時，f?（x）＞0，
∴f（x）在[1，e]上是增函數(shù)，
故f（x）_min=f（1）=

1

2

，f（x）_max=f（e）=

1

2

e2+1．…（4分）
（2）解：假設存在實數(shù)a，
使g(x)=

1

2

x2+ax-f(x)=ax-lnx（x∈（0，e]）有最小值3，
那么g/(x)=a-

1

x

=

ax-1

x

…（5分）
①當a≤0時，g（x）在（0，e]上單調(diào)遞減，
g（x）_min=g（e）=ae-1=3，a=

4

e

（舍去），
∴此時f（x）無最小值．
②當0＜

1

a

＜e時，g（x）在(0，

1

a

)上單調(diào)遞減，
在(

1

a

，e]上單調(diào)遞增g(x)min=g(

1

a

)=1+lna=3，a=e²，滿足條件．
③當

1

a

≥e時，g（x）在（0，e]上單調(diào)遞減，
g（x）_min=g（e）=ae-1=3，a=

4

e

（舍去），
∴此時f（x）無最小值．
綜上，存在實數(shù)a=e²，使得當x∈（0，e]時f（x）有最小值3．…（9分）
（3）證明：∵x＞0，∴[f′（x）]ⁿ-f′（xⁿ）=（x+

1

x

）ⁿ-（xn+

1

xn

），
當n=1時，不等式顯然成立；
當n≥2時，有[f′（x）]ⁿ-f′（xⁿ）=

C

1 n

xn-1•

1

x

+

C

2 n

xn-2+…+

C

n-1 n

x•

1

xn-1

=

C

1 n

xn-2+

C

2 n

xn-4+…+

C

n-1 n

1

xn-2

=

1

2

[

C

1 n

（xn-2+

1

xn-2

）+

C

2 n

(xn-4+

1

xn-4

)+…+

C

n-1 n

(

1

xn-2

+xn-2)]
≥

1

2

(

2C

1 n

+2

C

2 n

+…+2

C

n-1 n

)=2ⁿ-2，
∴[f′（x）]ⁿ-f′（xⁿ）≥2ⁿ-2（n∈N^*）．…（14分）

點評：本題考查函數(shù)的最值的求法，考查實數(shù)值的求法，考查不等式的證明，解題時要注意導數(shù)性質(zhì)、構造法和分類討論思想的合理運用．