Question

已知函數(shù)f（x）=ax²+lnx（x＞0），g（x）=2x（x∈R），函數(shù)h（x）=f（x）-g（x）在區(qū)間（0，+∞）上為增函數(shù)．
（1）求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）設(shè)f′（x）、h′（x）分別是f（x）、h（x）的導(dǎo)函數(shù)，若方程h′（x）=0在區(qū)間（0，+∞）上有唯一解，
①令函數(shù)m_n（x）=[f′（x）]ⁿ-f（xⁿ+），其中n∈N^*且n≥2.2函數(shù)y=m_n（x）在區(qū)間（0，+∞）上的最小值；
②求證：對(duì)任意的正實(shí)數(shù)x，都有＜．

Answer 1

【答案】分析：（1）把f（x）和g（x）的解析式代入h（x）=f（x）-g（x）中得到h（x）的解析式，求出h′（x），由已知函數(shù)為增函數(shù)得到當(dāng)x大于0時(shí)導(dǎo)函數(shù)恒大于等于0，解出2a大于等于一個(gè)函數(shù)，求出這個(gè)函數(shù)的最大值，列出關(guān)于a的不等式，求出a的范圍即可；
（2）①令h′（x）=0，根據(jù)此方程有唯一的正實(shí)數(shù)解得到△=0，求出a的值，①求出m′_n（x），分解因式并把各項(xiàng)列舉出來(lái)，當(dāng)n大于等于3時(shí)，利用二項(xiàng)式定理判斷導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)即可得到函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)函數(shù)的增減性得到函數(shù)的最小值為m_n（1）；把n等于2代入函數(shù)解析式中得到m₂（x）的值也符合最小值的代數(shù)式，綜上得到當(dāng)n大于等于2.2時(shí)函數(shù)的最小值；
②根據(jù)①得到m_n（x）的最小值為2^x-2，當(dāng)n大于等于3時(shí)求出倒數(shù)即可得到小于等于，又放大不等式得到其值小于等于+，同時(shí)n等于2等于+，列舉出不等式的左邊各項(xiàng)，利用推出的不等式和等比數(shù)列的求和公式得證．
解答：解：（1）h（x）=f（x）-g（x）=ax²+lnx-2x，
∴h′（x）=2ax+-2．
由已知，當(dāng)x＞0時(shí)，h′（x）=2ax+-2≥0恒成立推出2a≥．
易求當(dāng)x＞0時(shí)，函數(shù)y=-的最大值為1，
∴2a≥1，解得a≥；

（2）h′（x）=2ax+-2=0，即2ax²-2x+1=0有唯一正實(shí)數(shù)解．
由（1）知a≥，∴△=4-8a=0解得a=．
①m_n（x）=-（xⁿ+），
∴m′_n（x）=n（1-）-（nx^n-1-）
=n[-]
=n•[（1+x²）^n-1-（x+x²+x⁴+…+x^2n-2）]
當(dāng)n≥3時(shí)，由二項(xiàng)式定理知（1+x²）^n-1＞x+x²+x⁴+…+x^2n-2（x＞0）．
∴當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，m′_n（x）＜0，即函數(shù)y=m_n（x）在（0，1）上遞減．
當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，m′_n（x）＞0，即函數(shù)y=m_n（x）在（1，+∞）上遞增．
∴當(dāng)n≥3時(shí)，函數(shù)y=m_n（x）的最小值為m_n（1）=2ⁿ-2．
又當(dāng)n=2時(shí)，m₂（x）=2
∴函數(shù)y=m_n（x）的最小值為m_n（1）=2ⁿ-2；
②≤=•＜•=（1+）=+（n≥3）．
當(dāng)n=2時(shí)，=+
∴＜[+]=+=-+-＜
點(diǎn)評(píng)：此題考查學(xué)生會(huì)利用導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)確定原函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，會(huì)根據(jù)函數(shù)的增減性求出函數(shù)的最值，掌握導(dǎo)數(shù)在函數(shù)最值中的應(yīng)用，靈活運(yùn)用二次項(xiàng)定理及等比數(shù)列的前n項(xiàng)和的公式化簡(jiǎn)求值，是一道比較難的題．