Question

已知f（x）=

px-p

-lnx（p＞0）．
（1）如果f（x）在[1，+∞）上单调递增，求p的取值范围；
（2）设an=

2n+1

n

，求证：a₁+a₂+…+a_n≥2ln（n+1）．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：计算题,函数的性质及应用,导数的综合应用,等差数列与等比数列

分析：（1）先化简f（x）=

px-p

-lnx=

p

x-1

-lnx，再求导f′（x）=

p

2 x-1

-

1

x

=

p x-2 x-1

2x x-1

；化条件为f′（x）≥0恒成立，从而求解；
（2）由题意可推出

x-1

≥lnx，对x≥1恒成立，从而可得a_n≥ln

(n+1)2

n2

，从而可证明．

解答： 解：（1）f（x）=

px-p

-lnx=

p

x-1

-lnx，
f′（x）=

p

2 x-1

-

1

x

=

p x-2 x-1

2x x-1

；
则当

x-1

=

1

p

，即x=1+

1

p

时，

p

x-2

x-1

有最小值，
则

p

（1+

1

p

）-2

1

p

≥0，
解得，p≥1；
（2）证明：由（1）知，f（x）=

x-1

-lnx是增函数，
所以f（x）≥f（1）=0，即

x-1

≥lnx，对x≥1恒成立．
∵a_n=

2n+1

n

=

(n+1)2 n2 -1

，
∴a_n≥ln

(n+1)2

n2

．
∴a₁+a₂+…+a_n
≥ln

22

12

+ln

32

22

+…+ln

(n+1)2

n2

=ln[

22

12

•

32

22

•…•

(n+1)2

n2

]
=ln（n+1）²=2ln（n+1）．

点评：本题考查了导数的综合应用及恒成立问题的处理方法，从而利用放缩法证明．