题目

题型：不详难度：来源：

已知函数 f （x）=px+

p

x

-2lnx．（其中p＞0为常数）
（1）求f （x）的单调递增区间；
（2）设g（x）=

2

x

，若在[1，2]上至少存在一点x₀，使得 f（x₀）＞g（x₀）成立，求正数p的取值范围．

答案

（1）∵f （x）=px+

p

x

-2lnx，
∴f′(x)=p-

p

x 2

-

2

x

，
由f′(x)=p-

p

x 2

-

2

x

＞0，
两边同时乘以x²，得px²-2x-p＞0．
∵p＞0为常数，
∴解方程px²-2x-p=0，得
x=

2± 4+4p2

2p

=

1± 1+p2

p

，
∴px²-2x-p＞0的解集是（-∞，

1- 1+p2

p

）∪(

1+ 1+p2

p

，+∞)．
∵f （x）=px+

p

x

-2lnx的定义域是{x|x＞0}，
∴函数 f （x）=px+

p

x

-2lnx单调增区间为 （

1+ p2+1

p

，+∞）．
（2）∵g(x)=

2

x

在[1，2]内是减函数，
∴g(x)min=g(2) =

2

2

=1，g(x)max=

2

1

=2，
∴g（x）∈[1，2]．
∵f （x）=px+

p

x

-2lnx在[1，2]内是增函数，
∴f(x)max=f(2)=2p+

p

2

-2ln2，
∵在[1，2]上至少存在一点x₀，使得 f（x₀）＞g（x₀）成立，
∴f（x）_max＞g（x）_min，
∴2p+

p

2

-2ln2＞1，
解得p＞

2+4ln2

5

．
∴p∈（

2+4ln2

5

，+∞）．