Question

已知函数f（x）=

1

2

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

1

2

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

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（1）由f′（x）=x+

1

x

，利用导数性质能求出f（x）在[1，e]上的最大值、最小值．
（2）假设存在实数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

，由此利用导数性质能求出存在实数a=e²，使得当x∈（0，e]时f（x）有最小值3．
（3）由[f′（x）]ⁿ-f′（xⁿ）=（x+

1

x

）ⁿ-（xn+

1

xn

），利用导数性质能证明[f′（x）]ⁿ-f′（xⁿ）≥2ⁿ-2（n∈N^*）．

解答： （1）解：∵f′（x）=x+

1

x

，∴当x∈[1，e]时，f?（x）＞0，
∴f（x）在[1，e]上是增函数，
故f（x）_min=f（1）=

1

2

，f（x）_max=f（e）=

1

2

e2+1．…（4分）
（2）解：假设存在实数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当a≤0时，g（x）在（0，e]上单调递减，
g（x）_min=g（e）=ae-1=3，a=

4

e

（舍去），
∴此时f（x）无最小值．
②当0＜

1

a

＜e时，g（x）在(0，

1

a

)上单调递减，
在(

1

a

，e]上单调递增g(x)min=g(

1

a

)=1+lna=3，a=e²，满足条件．
③当

1

a

≥e时，g（x）在（0，e]上单调递减，
g（x）_min=g（e）=ae-1=3，a=

4

e

（舍去），
∴此时f（x）无最小值．
综上，存在实数a=e²，使得当x∈（0，e]时f（x）有最小值3．…（9分）
（3）证明：∵x＞0，∴[f′（x）]ⁿ-f′（xⁿ）=（x+

1

x

）ⁿ-（xn+

1

xn

），
当n=1时，不等式显然成立；
当n≥2时，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）

点评：本题考查函数的最值的求法，考查实数值的求法，考查不等式的证明，解题时要注意导数性质、构造法和分类讨论思想的合理运用．