Question

（2012•眉山二模）設(shè)函數(shù)f（x）=（x-1）²+blnx，其中b為常數(shù)．
（1）當(dāng)b＞

1

2

時，判斷函數(shù)f（x）在定義域上的單調(diào)性；
（2）當(dāng)b≤0時，求f（x）的極值點并判斷是極大值還是極小值；
（3）求證對任意不小于3的正整數(shù)n，不等式

1

n2

＜ln（n+1）-lnn＜

1

n

都成立．

Answer 1

分析：（1）先確定f（x）的定義域，求出f（x）的導(dǎo)函數(shù)，進(jìn)而導(dǎo)函數(shù)大于0，可得函數(shù)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增；
（2）令f（x）的導(dǎo)函數(shù)等于0，求出此時符合定義域的解，然后利用這個解把（0，+∞）分成兩段，討論導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)得到函數(shù)f（x）的增減性，根據(jù)f（x）的增減性即可得到函數(shù)的唯一極小值；
（3）確定f（x）在（0，

1+ 3

2

）為減函數(shù)，根據(jù)當(dāng)n≥3時，0＜1＜1+

1

n

≤

4

3

＜

1+ 3

2

，可得當(dāng)n≥3時，恒有l(wèi)n（n+1）-lnn＞

1

n2

；令函數(shù)h（x）=（x-1）-lnx（x＞0），則x∈[1，+∞）時，h（x）為增函數(shù)，由此可知結(jié)論成立．

解答：（1）解：由題意知，f（x）的定義域為（0，+∞），f′（x）=

2(x- 1 2 )2+b- 1 2

x

∴當(dāng)b＞

1

2

時，f'（x）＞0，函數(shù)f（x）在定義域（0，+∞）上單調(diào)遞增；
（2）解：當(dāng)b≤0時，f′（x）=0有兩個不同解，x1=

1

2

-

1-2b

2

，x2=

1

2

+

1-2b

2

∵x1=

1

2

-

1-2b

2

≤0，x2=

1

2

+

1-2b

2

≥1，∴舍去x₁，
此時 f'（x），f（x）隨x在在定義域上的變化情況如下表：

x	（0，x2）	x2	（x2，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	減	極小值	增

由此表可知：b≤0時，f（x）有惟一極小值點x2=

1

2

+

1-2b

2

，
（3）證明：由（2）可知當(dāng)b=-1時，函數(shù)f（x）=（x-1）2-lnx，此時f（x）有惟一極小值點：x=

1+ 3

2

且x∈（0，

1+ 3

2

）時，f'（x）＜0，f（x）在（0，

1+ 3

2

）為減函數(shù)．
∵當(dāng)n≥3時，0＜1＜1+

1

n

≤

4

3

＜

1+ 3

2

∴恒有f（1）＞f（1+

1

n

），即恒有0＞

1

n2

-ln（1+

1

n

）=

1

n2

-[ln（n+1）-lnn]．
∴當(dāng)n≥3時，恒有l(wèi)n（n+1）-lnn＞

1

n2

令函數(shù)h（x）=（x-1）-lnx（x＞0）則h′（x）=

x-1

x

∴x＞1時，h′（x）＞0，又h（x）在x=1處連續(xù)，
∴x∈[1，+∞）時，h（x）為增函數(shù)
∵n≥3時，1＜1+

1

n

，∴h（1+

1

n

）＞h（1），即

1

n

-ln(1+

1

n

)＞0
∴l(xiāng)n（n+1）-lnn=ln（1+

1

n

）＜

1

n

綜上，對任意不小于3的正整數(shù)n，不等式

1

n2

＜ln（n+1）-lnn＜

1

n

都成立．

點評：本題考查學(xué)生會利用導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，并根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到函數(shù)的極值，掌握導(dǎo)數(shù)在最值問題中的應(yīng)用，是一道綜合題，有一定的難度．