Question

設函數f（x）=x²+2lnx，用f'（x）表示f（x）的導函數，g(x)=(x2-

m2

12

)f′(x)，（其中m∈R，且m＞0．）
（1）求函數f（x）的單調區間；
（2）若對任意的x₁、x2∈[

1

3

，1]都有f'（x₁）≤g'（x₂）成立，求實數m的取值范圍；
（3）試證明：對任意正數a和正整數n，不等式[f'（a）]ⁿ-2^n-1f'（aⁿ）≥2ⁿ（2ⁿ-2）恒成立．

Answer 1

分析：（1）可根據函數的定義域，求出導函數，判斷出導函數在定義域上大于0恒成立，即可得到函數在定義域上單調遞增．
（2）先將問題轉化為“f′（x）最大值≤g′（x）的最小值”，利用導函數求出f′（x）的最大值，再利用導數
求g′（x）的最小值需度m的范圍分類討論，求出最小值，列出不等式，求出m的范圍．
（3）求出各個導數值，用分析法將要證的不等式化簡，利用數學歸納法分三步得證．

解答：解：（1）∵f（x）的定義域為（0，+∞），f′（x）=2x+

2

x

，
∴f′（x）＞0在x∈（0，+∞）恒成立．
∴f（x）的單調遞增區間為（0，+∞），無單調遞減區間；
（2）依題意，問題轉化為f′（x）_max≤g′（x）_min，
令φ（x）=f′（x），首先求φ（x）=2x+

2

x

在[

1

3

，1]上的最大值；
由φ′（x）=2-

2

x2

=

2x2-2

x2

=

2(x +1)(x-1)

x2

，
∵x∈[

1

3

，1]，
∴φ′（x）＜0，所以φ（x）在[

1

3

，1]單調遞減，
∴φ（x）在[

1

3

，1]上的最大值為φ（

1

3

）=

20

3

，即f′（x）_max=

20

3

；
其次求函數y=g′（x）在[

1

3

，1]上的最小值…4分
∵g（x）=g(x)=(x2-

m2

12

)f′(x)=(x2-

m2

12

)•（2x+

2

x

）=2x³+（2-

m2

6

）x-

m2

6x

，
∴g′（x）=6x²+

m2

6x2

+2-

m2

6

，
令t=6x²，記h（t）=t+

m2

t

+2-

m2

6

，
由x∈[

1

3

，1]知t∈[

2

3

，6]，轉化為求函數h（t）=t+

m2

t

+2-

m2

6

在[

2

3

，6]上的最小值；
又h（t）=t+

m2

t

+2-

m2

6

≥2m+2-

m2

6

（當且僅當t=m時取“=”）…6分
（i）若

2

3

≤m≤6，g′（x）_min=h（m）=2m+2-

m2

6

，
此時由為f′（x）_max≤g′（x）_min知：2m+2-

m2

6

≥

20

3

，解得：6-2

2

≤m≤6+2

2

，
∴6-2

2

≤m≤6；
（ii）若m＞6，函數y=h（t）在[

2

3

，6]上為減函數，
g′（x）_min=h（6）=6+

m2

6

+2-

m2

6

=8，由題意有：8＞

20

3

恒成立；
∴m＞6；
（iii）若0＜m＜

2

3

，函數y=h（t）在t∈[

2

3

，6]上為增函數，g′（x）_min=h（

2

3

）=

2

3

+

m2

2 3

+2-

m2

6

=

8

3

+

4m2

3

＞

20

3

，
解得m＜-

3

或m＞

3

，故m∈∅．
∴m≥6-2

2

．
（3）問題即證2n(a+

1

a

)n-2n-1×2(an+

1

an

)≥2n(2n-2)，
即證 (a+

1

a

)n-(an+

1

an

)≥2n-2．
下面用數學歸納法證明
當n=1時，左邊=0，右邊=0不等式成立
假設n=k（k≥1）時成立即 (a+

1

a

)k-(ak+

1

ak

)≥2k-2
則當n=k+1時，(a+

1

a

)k+1-(ak+1+

1

ak+1

)=(a+

1

a

)k(a+

1

a

)-(ak+1+

1

ak+1

)≥（2^k-2）×2+2=2^k+1-2
即當n=k+1時原不等式成立

點評：本題考查導數在最大值、最小值問題中的應用，求不等式恒成立問題的一般思路是分離參數，構造新函數，求函數的最值，有時也直接將問題轉化為求兩個函數的最值；求函數的最值常利用導數研究函數的單調性求出，但若函數中有參數，一般要注意討論，屬于難題．