Question

已知函數(shù)f(x)=

1

x

+ax+lnx，g(x)=

a+1

x

+3lnx，(a∈R)．
（I）當(dāng)a=2時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（II）若函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）在區(qū)間[1，+∞）上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（ III）證明：2n+1+

1

2n

≥n(n+1)ln2+3對任意的n∈N^*成立．

Answer 1

分析：（I）a=2，代入f（x），利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性問題；
（II）已知函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）在區(qū)間[1，+∞）上單調(diào)遞增，將問題轉(zhuǎn)化為F′（x）≥0在區(qū)間[1，+∞）上恒成立，再利用常數(shù)分離法進(jìn)行證明；
（III）要證明2n+1+

1

2n

≥n(n+1)ln2+3，可以令新的函數(shù)f（x）=2^x+1+

1

2x

-x（x+1）ln2-ln2+3，對其進(jìn)行求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)研究其導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究其最值，從而求解；

解答：解：（I）a=2，可得f(x)=

1

x

+2x+lnx，
可得f′（x）=

-1

x2

+2+

1

x

=

(2x-1)(x+1)

x2

，（x＞0）
若f′（x）＞0，可得x＞

1

2

，f（x）為增函數(shù)；
若f′（x）＜0，可得0＜x＜

1

2

，f（x）為減函數(shù)；
函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間：（

1

2

，+∞]；
函數(shù)f（x）的單調(diào)減區(qū)間：（0，

1

2

）；
（II）函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）=

1

x

+ax+lnx-

a+1

x

-3lnx
=

1

x

+ax-2lnx-

a+1

x

F′（x）=

-1

x2

+a-

2

x

+

a+1

x2

=

-1+ax2-2x+a+1

x2

≥0，
在區(qū)間[1，+∞）上大于等于0，
等價于-1+ax²-2x+a+1≥0，
可得a≥

2x

x2+1

，求y=

2x

x2+1

的最大值即可，
因?yàn)閥在[1，+∞）上為減函數(shù)，所以y≤

2

1+1

=1，
∴a≥1；
（ III）令f（x）=2^x+1+

1

2x

-x（x+1）ln2-ln2+3，（x≥1）
可得f′（x）=2^x+1ln2-

ln2

2x

-2xln2-ln2
=ln2（2^x+1-

1

2x

-2x-1），
令g（x）=2^x+1-

1

2x

-2x-1，
∴g′（x）=2^x+1ln2+

ln2

2x

-2，x≥1，
可得g′（x）＞g′（1）=4ln2+

ln2

2

-2＞0，
g（x）為增函數(shù)，g（x）＞g（1）=4-

1

2

-2-1=

1

2

，
∴f（x）為增函數(shù)，
∴f（x）＞f（1）=4+

1

2

-2ln2+3=

15

2

-2ln2＞0，
∴2n+1+

1

2n

≥n(n+1)ln2+3，即證；

點(diǎn)評：本題考查利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)來求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，與函數(shù)結(jié)合證明不等式問題，常用的解題思路是利用前面的結(jié)論構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性，對于函數(shù)取單調(diào)區(qū)間上的正整數(shù)自變量n有某些結(jié)論成立，進(jìn)而解答出這類不等式問題的解．