Question

已知函数f（x）=alnx-

x

+2（a＞0）在区间（0，4）上单调递增．
（Ⅰ）求a的取值范围；
（Ⅱ）当a取最小值时，证明：当x＞0时，f（x）≤

1

2

（x+1）．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）求f′（x），解f′（x）≥0，便得到函数f（x）的单调递增区间，根据已知的函数f（x）在（0，4）上单调递增便可得出a的取值范围．
（Ⅱ）求出f（x），令g（x）=f（x）-

1

2

(x+1)，容易看出g（1）=0，所以只要g（x）≤0=g（1），即g（x）的最大值是g（1）即可得出结论．所以求g′（x），判断取得极值的情况，从而得出最值，很可能是最大值g（1），这样便能证出结论．

解答： 解：（Ⅰ）在（0，+∞）上解f′（x）=

a

x

-

1

2 x

=

2a x -x

2x x

≥0：
∴2a

x

-x≥0，2a

x

≥x，4a²x≥x²解得：0＜x≤4a²
∴函数f（x）在（0，4a²]上单调递增，f（x）在（0.4）上单调递增；
∴4≤4a²，∵a＞0，∴解得a≥1；
（Ⅱ）f（x）=lnx-

x

+2，令g（x）=f（x）-

1

2

（x+1）=lnx-

x

+2-

1

2

(x+1)；
∴g′（x）=

1

x

-

1

2 x

-

1

2

=

2 x -x x -x

2x x

=

x (1+ x )(1- x )+ x (1- x )

2x x

=

x (1- x )(2+ x )

2x x

；
∴x∈（0，1）时，g′（x）＞0；x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0；
∴g（1）=0是g（x）在（0，+∞）上的最大值；
∴g（x）≤0，∴f（x）≤

1

2

(x+1)．

点评：考查函数导数符号和函数单调性的关系，以及解不等式f′（x）≥0得出函数f（x）单调增区间的方法，构造函数的方法，极值的概念，求函数最值的方法．