Question

已知函數(shù)f（x）=

1

2

x2+lnx．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）在[1，e]上的最大值、最小值；
（Ⅱ）當(dāng)x∈[1，+∞），比較f（x）與g（x）=

2

3

x3的大�。�
（Ⅲ）求證：[f′（x）]ⁿ-f′（xⁿ）≥2ⁿ-2（n∈N^*）

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）求f′（x），根據(jù)f′（x）的符號判斷函數(shù)f（x）的單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性求它在[1，e]上的最大、最小值；
（Ⅱ）作差比較f（x），g（x）的大小，所以構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）-g（x），求F′（x），判斷該導(dǎo)數(shù)的符號便可判斷出F（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞減，所以F（x）≤F（1）=-

1

6

＜0，所以便得到f（x）＜g（x）；
（Ⅲ）f′（x）=x+

1

x

，所以便得到f′（xⁿ）=xn+

1

xn

，所以設(shè)S=[f′(x)]n-f′(xn)=(x+

1

x

)n-xn-

1

xn

=∁n1xn-1•

1

x

+∁n2xn-2•

1

x2

+…+∁nn-1x•

1

xn-1

    ①；
對該式倒序相加便得到S=∁nn-1x-(n-2)+∁nn-2x-(n-4)+…+∁n1xn-2    ②．①+②得：2S=∁n1[xn-2+x-(n-2)]+∁n2[xn-4+x-(n-4)]+…+∁nn-1[x-(n-2)+xn-2]，所以根據(jù)基本不等式便可得到：2S≥2(∁n1+∁n2+…+∁nn-1)=2（2ⁿ-2），所以S≥2ⁿ-2．

解答： 解：（I）f′(x)=x+

1

x

＞0(x＞0)，∴f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)；
∴f（x）在[1，e]的最大值，最小值分別為f(e)=

1

2

e2+1，f(1)=

1

2

；
（II）設(shè)F（x）=f（x）-g（x）=

1

2

x2+lnx-

2

3

x3，F′(x)=x+

1

x

-2x2=

x2+1-2x3

x

=

(1-x)(2x2+x+1)

x

∴當(dāng)x≥1時，F(xiàn)′（x）≤0，即F（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞減；
∴F（x）≤F（1）=-

1

6

＜0；
∴f（x）＜g（x）；
（III）f′(x)=x+

1

x

，∴[f′(x)]n=(x+

1

x

)n，f′(xn)=xn+

1

xn

；
∴設(shè)S=[f′（x）]ⁿ-f′（xⁿ）=∁n1xn-1•

1

x

+∁n2xn-2•

1

x2

+…+∁nn-1x•

1

xn-1

     ①；
將上式倒序相加S=∁nn-1x-(n-2)+∁nn-2x-(n-4)+…+∁n1xn-2            ②；
∴①+②得：2S=∁n1[xn-2+x-(n-2)]+∁n2[xn-4+x-(n-4)]+…+∁nn-1[x-(n-2)+xn-2]≥2(∁n1+∁n2+…+∁nn-1)；
∴S≥∁n1+∁n2+…+∁nn-1=2ⁿ-2；
即[f′（x）]ⁿ-f′（xⁿ）≥2ⁿ-2．

點評：考查根據(jù)函數(shù)導(dǎo)數(shù)符號判斷函數(shù)單調(diào)性的方法，以及根據(jù)單調(diào)性求函數(shù)的最大值、最小值，構(gòu)造函數(shù)解決問題的方法，以及二項式定理，對于求和的時候所用的倒序相加的方法，及（1+1）ⁿ的二項展開式．