Question

设函数f（x）=x²+2lnx，用f'（x）表示f（x）的导函数，g(x)=(x2-

m2

12

)f′(x)，（其中m∈R，且m＞0．）
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若对任意的x₁、x2∈[

1

3

，1]都有f'（x₁）≤g'（x₂）成立，求实数m的取值范围；
（3）试证明：对任意正数a和正整数n，不等式[f'（a）]ⁿ-2^n-1f'（aⁿ）≥2ⁿ（2ⁿ-2）恒成立．

Answer 1

分析：（1）可根据函数的定义域，求出导函数，判断出导函数在定义域上大于0恒成立，即可得到函数在定义域上单调递增．
（2）先将问题转化为“f′（x）最大值≤g′（x）的最小值”，利用导函数求出f′（x）的最大值，再利用导数
求g′（x）的最小值需度m的范围分类讨论，求出最小值，列出不等式，求出m的范围．
（3）求出各个导数值，用分析法将要证的不等式化简，利用数学归纳法分三步得证．

解答：解：（1）∵f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=2x+

2

x

，
∴f′（x）＞0在x∈（0，+∞）恒成立．
∴f（x）的单调递增区间为（0，+∞），无单调递减区间；
（2）依题意，问题转化为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]单调递减，
∴φ（x）在[

1

3

，1]上的最大值为φ（

1

3

）=

20

3

，即f′（x）_max=

20

3

；
其次求函数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，记h（t）=t+

m2

t

+2-

m2

6

，
由x∈[

1

3

，1]知t∈[

2

3

，6]，转化为求函数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

（当且仅当t=m时取“=”）…6分
（i）若

2

3

≤m≤6，g′（x）_min=h（m）=2m+2-

m2

6

，
此时由为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，函数y=h（t）在[

2

3

，6]上为减函数，
g′（x）_min=h（6）=6+

m2

6

+2-

m2

6

=8，由题意有：8＞

20

3

恒成立；
∴m＞6；
（iii）若0＜m＜

2

3

，函数y=h（t）在t∈[

2

3

，6]上为增函数，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）问题即证2n(a+

1

a

)n-2n-1×2(an+

1

an

)≥2n(2n-2)，
即证 (a+

1

a

)n-(an+

1

an

)≥2n-2．
下面用数学归纳法证明
当n=1时，左边=0，右边=0不等式成立
假设n=k（k≥1）时成立即 (a+

1

a

)k-(ak+

1

ak

)≥2k-2
则当n=k+1时，(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
即当n=k+1时原不等式成立

点评：本题考查导数在最大值、最小值问题中的应用，求不等式恒成立问题的一般思路是分离参数，构造新函数，求函数的最值，有时也直接将问题转化为求两个函数的最值；求函数的最值常利用导数研究函数的单调性求出，但若函数中有参数，一般要注意讨论，属于难题．