Question

已知f（x）=

m

x+1

+nlnx（m，n为常数）在x=1处的切线方程为x+y-2=0．
（1）求y=f（x）的单调区间；
（2）若任意实数x∈[

1

e

，1]，使得对任意的t∈[

1

2

，2]上恒有f（x）≥t³-t²-2at+2成立，求实数a的取值范围；
（3）求证：对任意正整数n，有4（

1

2

+

2

3

+…+

n

n+1

）+（ln1+ln2+…+lnn）≥2n．

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）利用导数的意义求得m，进而求出单调区间；
（2）f（x）在[

1

e

，1]上的最小值为f（1）=1，只需t³-t²-2at+2≤1，即2a≥t2-t+

1

t

对任意的t∈[

1

2

，2]上恒成立，令g（t）=t2-t+

1

t

，利用导数求出g（t）的最大值，列出不等式，即可求得结论；
（3）由（1）可知f（x）在区间（0，1]上单调递减，故有f（

1

n

）≥f（1）=1，即

2

1 n +1

-

1

2

ln

1

n

≥1，整理可得

4n

n+1

+lnn≥2，利用累加法即可得出结论．

解答： 解：（1）由f（x）=

m

x+1

+nlnx（m，n为常数）的定义域为（0，+∞），
∴f′（x）=-

m

(x+1)2

+

n

x

，
∴f′（1）=-

m

4

+n=-1，
把x=1代入x+y-2=0得y=1，∴f（1）=

m

2

=1，
∴m=2，n=-

1

2

，
∴f（x）=

2

x+1

-

1

2

lnx，f′（x）=-

2

(x+1)2

-

1

2x

，
∵x＞0，∴f′（x）＜0，
∴f（x）的单调递减区间为（0，+∞），没有递增区间．
（2）由（1）可得，f（x）在[

1

e

，1]上单调递减，
∴f（x）在[

1

e

，1]上的最小值为f（1）=1，
∴只需t³-t²-2at+2≤1，即2a≥t2-t+

1

t

对任意的t∈[

1

2

，2]上恒成立，
令g（t）=t2-t+

1

t

，则g′（t）=2t-1-

1

t2

=

2t3-t2-1

t2

=

(t-1)(2t2+t+1)

t2

，
令g′（t）=0可得t=1，
而2t²+t+1＞0恒成立，
∴当

1

2

≤t＜1时，g′（t）＜0，g（t）单调递减，
当1＜t≤2时，g′（t）＞0，g（t）单调递增．
∴g（t）的最小值为g（1）=1，
而g（

1

2

）=

1

4

-

1

2

+2=

7

4

，g（2）=4-2+

1

2

=

5

2

，显然g（

1

2

）＜g（2），
∴g（t）在[

1

2

，2]上的最大值为g（2）=

5

2

，
∴只需2a≥

5

2

，即a≥

5

4

，
∴实数a的取值范围是[

5

4

，+∞）．
（3）由（1）可知f（x）在区间（0，1]上单调递减，
∴对于任意的正整数n，都有f（

1

n

）≥f（1）=1，即

2

1 n +1

-

1

2

ln

1

n

≥1，
整理可得

4n

n+1

+lnn≥2，
则有：

4

2

+ln1≥2，

8

3

+ln2≥2，

12

4

+ln3≥2，…，

4n

n+1

+lnn≥2．
把以上各式两边相加可得：
4（

1

2

+

2

3

+…+

n

n+1

）+（ln1+ln2+…+lnn）≥2n．

点评：本题主要考查利用导数研究函数的单调性、最值等知识，考查学生对恒成立问题的等价转化思想及构造函数法证明不等式的能力，考查学生的运算求解能力，属于难题．