Question

18．已知函數(shù)$f（x）=lnx，g（x）=-\frac{1}{2}{x^2}+x$．
（1）設(shè)G（x）=2f（x）+g（x），求G（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（2）證明：當(dāng)x＞0時(shí)，f（x+1）＞g（x）；
（3）證明：k＜1時(shí)，存在x₀＞1，當(dāng)x∈（1，x₀）時(shí)，恒有$f（x）+g（x）-\frac{1}{2}＞k（{x-1}）$．

Answer 1

分析 （1）求出G（x）的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）令H（x）=f（x+1）-g（x），求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而證出結(jié)論即可；
（3）令F（x）=f（x）+g（x）-$\frac{1}{2}$-k（x-1），求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而證出不等式即可．

解答 解：（1）由題意知，$G（x）=2f（x）+g（x）=2lnx-\frac{1}{2}{x^2}+x，（{x＞0}）$…（1分）
從而$G'（x）=\frac{2}{x}-x+1=-\frac{{{x^2}-x-2}}{x}$…（2分）
令G'（x）＞0得0＜x＜2…（3分）
所以函數(shù)G（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，2）…（4分）
（2）令$H（x）=f（{x+1}）-g（x）=ln（{x+1}）+\frac{1}{2}{x^2}-x$…（5分）
從而$H'（x）=\frac{1}{x+1}+x-1=\frac{x^2}{x+1}$…（6分）
因?yàn)閤＞0，所以H'（x）＞0，故H（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增…（7分）
所以，當(dāng)x＞0時(shí)，H（x）＞H（0）=0，
即f（x+1）＞g（x）…（8分）
（3）當(dāng)k＜1時(shí)，
令$F（x）=f（x）+g（x）-\frac{1}{2}-k（{x-1}）=lnx-\frac{1}{2}{x^2}+x-\frac{1}{2}-k（{x-1}），（{x＞0}）$…（9分）
則有$F'（x）=\frac{1}{x}-x+1-k=\frac{{-{x^2}+（{1-k}）x+1}}{x}$…（10分）
由F'（x）=0得-x²+（1-k）x+1=0，
解之得，${x_1}=\frac{{1-k-\sqrt{{{（{1-k}）}^2}+4}}}{2}＜0，{x_2}=\frac{{1-k+\sqrt{{{（{1-k}）}^2}+4}}}{2}＞1$，
…（11分）
從而存在x₀=x₂＞1，當(dāng)x∈（1，x₀）時(shí)，F(xiàn)'（x）＞0，
故F（x）在[1，x₀）上單調(diào)遞增，從而當(dāng)x∈（1，x₀）時(shí)，F(xiàn)（x）＞F（1）=0，
即$f（x）+g（x）-\frac{1}{2}＞k（{x-1}）$…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及不等式的證明，是一道綜合題．