Question

已知函f（x）=x+

m

x

+lnx，其中m為常數(shù)
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）若不等式f（x）≥3 在x∈（0，1]上恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（3）試證：對(duì)任意正整數(shù)n，均有1+

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

＜

5

2

+ln

n+1

2n

．

Answer 1

考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問(wèn)題中的應(yīng)用

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，根據(jù)m的范圍討論導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性，由導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)確定原函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）不等式f（x）≥3 在x∈（0，1]上恒成立，分離變量m，構(gòu)造函數(shù)，由導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)最大值，則實(shí)數(shù)m的范圍可求；
（3）由（2）得：x+

2

x

+lnx≥3在x∈（0，1]上恒成立，換元后得不等式：ln(1-

1

k2

)＞3-(1-

1

k2

)-

2

1- 1 k2

，累加后利用分組求和得結(jié)論．

解答： （1）解：f(x)=x+

m

x

+lnx(x＞0)，f′(x)=1-

m

x2

+

1

x

=

x2+x-m

x2

，
當(dāng)m≤-

1

4

時(shí)f′（x）≥0，函數(shù)在（0，+∞）上遞增，
當(dāng)-

1

4

＜m≤0時(shí)，在（0，+∞）上f′（x）≥0，f（x）在（0，+∞）上遞增，
當(dāng)m＞0時(shí)，在(0，

-1+ 1+4m

2

)上f′（x）＜0，f（x）在(0，

-1+ 1+4m

2

)上遞減，
在(

-1+ 1+4m

2

，+∞)上f′（x）＞0，f（x）在(

-1+ 1+4m

2

，+∞)上遞增；
（2）解：依題：x+

m

x

+lnx≥3，即m≥3x-x²-xlnx在（0，1]上恒成立，
令g（x）=3x-x²-xlnx，則g′（x）=3-2x-lnx-1=2-2x-lnx，
即g′（x）=2（1-x）-lnx，由x∈（0，1]得，g′（x）≥0，從而g（x）在（0，1]遞增，
故g_max（x）=g（1）=2，故m≥2；
（3）證明：由（2）得：x+

2

x

+lnx≥3在x∈（0，1]上恒成立
⇒lnx≥3-x-

2

x

在x∈（0，1]時(shí)恒成立（x=1時(shí)取等號(hào)），
取x=1-

1

k2

（k∈N且k≥2），有：ln(1-

1

k2

)＞3-(1-

1

k2

)-

2

1- 1 k2

，
即ln

k2-1

k2

＞

1

k2

-

2

k2-1

(k≥2)，從而有：
ln

22-1

22

+ln

32-1

32

+…+ln

n2-1

n2

＞(

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

)-2(

1

22-1

+

1

32-1

+…+

1

n2-1

)
⇒ln

n+1

2n

＞

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

-(

3

2

-

1

n

-

1

n+1

)，
即

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

＜ln

n+1

2n

+

3

2

-(

1

n

+

1

n+1

)＜ln

n+1

2n

+

3

2

，
從而

1

12

+

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

＜

5

2

+ln

n+1

2n

成立．

點(diǎn)評(píng)：本題考查導(dǎo)數(shù)在求函數(shù)最值中的應(yīng)用，考查了函數(shù)構(gòu)造法和分離變量法，訓(xùn)練了利用分組求和法求數(shù)列的和，是難題．