Question

已知函数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）证明：对任意的正整数n，不等式2+

3

4

+

4

9

+…+

n+1

n

＞ln（n+1）都成立；
（Ⅲ）是否存在实数a（a＞0），使得方程

2g(x)

x

=f′（x+1）-（4a-1）在区间（

1

e

，e）内有且只有两个不相等的实数根？若存在，请求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性

专题：计算题,证明题,存在型,函数的性质及应用,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）求出a=1时的F（x），并求导数，求出单调区间，判断极值也是最值；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知lnx≤x²-x，令x=

i+1

i

＞1，得到ln（i+1）-lni＜

i+1

i2

，由累加法即可得证；
（Ⅲ）假设存在实数a（a＞0），将方程

2g(x)

x

=f′（x+1）-（4a-1）整理得ax²+（1-2a）x-lnx=0，
设H（x）=ax²+（1-2a）x-lnx，由已知可转化为H（x）在（

1

e

，e）内有且只有两个零点，求出导数，得到单调区间，再由

H( 1 e )＞0 H(1)＜0 H(e)＞0

解出即可判断．

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

(2x+1)(x-1)

x

，由F′（x）=0得x₁=-

1

2

，x₂=1，
∵x∈（0，+∞），
∴x∈（0，1）时，F（x）递减，x∈（1，+∞）时，F（x）递增，
则x=1为极小值点，也为最小值点，
故F（x）_min=F（1）=0．
（Ⅱ）证明：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：假设存在实数a（a＞0），使得方程

2g(x)

x

=f′（x+1）-（4a-1）在区间（

1

e

，e）内有且只有两个不相等的实数根．
将方程

2g(x)

x

=f′（x+1）-（4a-1）整理得ax²+（1-2a）x-lnx=0，
设H（x）=ax²+（1-2a）x-lnx，由已知可转化为H（x）在（

1

e

，e）内有且只有两个零点，
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），
当x∈（0，1），H′（x）＜0，H（x）单调递减，x∈（1，+∞），H（x）单调递增．
故H（x）在（

1

e

，e）内有且只有两个零点，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

则

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的取值范围是（1，

e2+e

2e-1

）．

点评：本题考查导数的综合运用：求单调区间，求极值和最值，考查不等式的证明方法，以及存在性问题的解法，同时考查方程根的问题转化为函数的零点问题，属于综合题．