Question

已知函數(shù)f（x）=a（x-1）²+x-1，g（x）=lnx．
（Ⅰ）若a=1，求F（x）=g（x）-f（x）在（0，+∞）上的最小值；
（Ⅱ）證明：對任意的正整數(shù)n，不等式2+

3

4

+

4

9

+…+

n+1

n

＞ln（n+1）都成立；
（Ⅲ）是否存在實數(shù)a（a＞0），使得方程

2g(x)

x

=f′（x+1）-（4a-1）在區(qū)間（

1

e

，e）內有且只有兩個不相等的實數(shù)根？若存在，請求出a的取值范圍；若不存在，請說明理由．

Answer 1

考點：利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性

專題：計算題,證明題,存在型,函數(shù)的性質及應用,導數(shù)的綜合應用

分析：（Ⅰ）求出a=1時的F（x），并求導數(shù)，求出單調區(qū)間，判斷極值也是最值；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知lnx≤x²-x，令x=

i+1

i

＞1，得到ln（i+1）-lni＜

i+1

i2

，由累加法即可得證；
（Ⅲ）假設存在實數(shù)a（a＞0），將方程

2g(x)

x

=f′（x+1）-（4a-1）整理得ax²+（1-2a）x-lnx=0，
設H（x）=ax²+（1-2a）x-lnx，由已知可轉化為H（x）在（

1

e

，e）內有且只有兩個零點，求出導數(shù)，得到單調區(qū)間，再由

H( 1 e )＞0 H(1)＜0 H(e)＞0

解出即可判斷．

解答： （Ⅰ）解：a=1時，f（x）=x²-x，
F（x）=lnx-x²+x，F(xiàn)′（x）=-

(2x+1)(x-1)

x

，由F′（x）=0得x₁=-

1

2

，x₂=1，
∵x∈（0，+∞），
∴x∈（0，1）時，F(xiàn)（x）遞減，x∈（1，+∞）時，F(xiàn)（x）遞增，
則x=1為極小值點，也為最小值點，
故F（x）_min=F（1）=0．
（Ⅱ）證明：由（Ⅰ）知lnx≤x²-x，令x=

i+1

i

＞1，
ln

i+1

i

＜（

i+1

i

）²-

i+1

i

=

i+1

i2

，
即ln（i+1）-lni＜

i+1

i2

，
故

n

i=1

[ln（i+1）-lni]＜2+

3

4

+

4

9

+…+

n+1

n2

，
即有不等式2+

3

4

+

4

9

+…+

n+1

n

＞ln（n+1）恒成立；
（Ⅲ）解：假設存在實數(shù)a（a＞0），使得方程

2g(x)

x

=f′（x+1）-（4a-1）在區(qū)間（

1

e

，e）內有且只有兩個不相等的實數(shù)根．
將方程

2g(x)

x

=f′（x+1）-（4a-1）整理得ax²+（1-2a）x-lnx=0，
設H（x）=ax²+（1-2a）x-lnx，由已知可轉化為H（x）在（

1

e

，e）內有且只有兩個零點，
所以H′（x）=2ax+1-2a-

1

x

=

(2ax+1)(x-1)

x

令H′（x）=0，a＞0，解得x₁=1，x₂=-

1

2a

（舍去），
當x∈（0，1），H′（x）＜0，H（x）單調遞減，x∈（1，+∞），H（x）單調遞增．
故H（x）在（

1

e

，e）內有且只有兩個零點，只需

H( 1 e )＞0 H(1)＜0 H(e)＞0

即

a e2 + 1-2a e +1＞0 a+1-2a＜0 ae2+(1-2a)e-1＞0

則

a＜ e2+e 2e-1 a＞1 a＞ 1-e e2-2e

解得1＜a＜

e2+e

2e-1

，即存在a＞0，且a的取值范圍是（1，

e2+e

2e-1

）．

點評：本題考查導數(shù)的綜合運用：求單調區(qū)間，求極值和最值，考查不等式的證明方法，以及存在性問題的解法，同時考查方程根的問題轉化為函數(shù)的零點問題，屬于綜合題．