Question

設函數(shù)f（x）=（x-1）²+blnx，其中b為常數(shù)．
（1）當b＞

1

2

時，判斷函數(shù)f（x）在定義域上的單調性；
（2）若函數(shù)f（x）的有極值點，求b的取值范圍及f（x）的極值點；
（3）若b=-1，試利用（2）求證：n≥3時，恒有

1

n2

＜ln（n+1）-lnn＜

1

n

．

Answer 1

考點：導數(shù)在最大值、最小值問題中的應用,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性,利用導數(shù)研究函數(shù)的極值

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：（1）求出函數(shù)的定義域和導致，根據(jù)函數(shù)單調性和導數(shù)之間的關系即可判斷函數(shù)的單調性．
（2）根據(jù)函數(shù)極值和導數(shù)之間的關系即可得到結論．
（3）根據(jù)（2）的結論，結合不等式的性質，即可證明不等式．

解答： 解：（1）由題意知，f（x）的定義域為（0，+∞），
f′（x）=2x-2+

b

x

=

2x2-2x+b

x

=

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

x

，（x＞0）
∴當b＞

1

2

時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）在定義域（0，+∞）上單調遞增． 
（2）①由（1）得，當b≥

1

2

時，f′（x）≥0，此時函數(shù)單調遞增，函數(shù)f（x）無極值點．
②當b＜

1

2

時，f′（x）=0有兩個不同解，x₁=

1

2

-

1-2b

2

，x₂═

1

2

+

1-2b

2

，
∴（i）b≤0時，x₁=

1

2

-

1-2b

2

≤0∉（0，+∞）舍去，x₂=

1

2

+

1-2b

2

≥1∈（0，+∞）
此時f′（x），f（x）隨x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：當b≤0時，f（x）有唯一極小值點，x=

1

2

+

1-2b

2

，
（ii）當0＜b＜

1

2

時，0＜x₁＜x₂＜1 此時，f′（x），f（x）隨x的變化情況如下表：

x	（0，x1）	x1	（x1，x2）	x2	（x2，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	增	極大值	減	極小值	增

由此表可知：當0＜b＜

1

2

時，f（x）有一個極大值x₂=

1

2

-

1-2b

2

=和一個極小值點x₂=

1

2

+

1-2b

2

；
綜上所述：當且僅當b＜

1

2

時，f（x）有極值點；
當b≤0時，f（x）有唯一最小值點x=

1

2

+

1-2b

2

；
當0＜b＜

1

2

時，f（x）有一個極大值點x=

1

2

-

1-2b

2

和一個極小值點x=

1

2

+

1-2b

2

．
（3）由（2）可知當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

2

+

1-2b

2

=

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

），
∴當n≥3時，恒有l(wèi)n（n+1）-lnn＞

1

n2

成立，
令函數(shù)h（x）=（x-1）-lnx（x＞0），
則h′（x）=1-

1

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

1

n

=ln（1+

1

n

）＜

1

n

，
綜上述可知n≥3時，恒有

1

n2

＜ln（n+1）-lnn＜

1

n

．

點評：本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性和含有字母參數(shù)的函數(shù)極值的討論，綜合性較強，運算量較大，屬于難題．