Question

设函数f（x）=（x-1）²+blnx，其中b为常数．
（1）当b＞

1

2

时，判断函数f（x）在定义域上的单调性；
（2）若函数f（x）的有极值点，求b的取值范围及f（x）的极值点；
（3）若b=-1，试利用（2）求证：n≥3时，恒有

1

n2

＜ln（n+1）-lnn＜

1

n

．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,利用导数研究函数的单调性,利用导数研究函数的极值

专题：导数的综合应用

分析：（1）求出函数的定义域和导致，根据函数单调性和导数之间的关系即可判断函数的单调性．
（2）根据函数极值和导数之间的关系即可得到结论．
（3）根据（2）的结论，结合不等式的性质，即可证明不等式．

解答： 解：（1）由题意知，f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x）=2x-2+

b

x

=

2x2-2x+b

x

=

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

x

，（x＞0）
∴当b＞

1

2

时，f′（x）＞0，函数f（x）在定义域（0，+∞）上单调递增． 
（2）①由（1）得，当b≥

1

2

时，f′（x）≥0，此时函数单调递增，函数f（x）无极值点．
②当b＜

1

2

时，f′（x）=0有两个不同解，x₁=

1

2

-

1-2b

2

，x₂═

1

2

+

1-2b

2

，
∴（i）b≤0时，x₁=

1

2

-

1-2b

2

≤0∉（0，+∞）舍去，x₂=

1

2

+

1-2b

2

≥1∈（0，+∞）
此时f′（x），f（x）随x在定义域上的变化情况如下表：

x	（0，x2）	x2	（x2，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	减	极小值	增

由此表可知：当b≤0时，f（x）有唯一极小值点，x=

1

2

+

1-2b

2

，
（ii）当0＜b＜

1

2

时，0＜x₁＜x₂＜1 此时，f′（x），f（x）随x的变化情况如下表：

x	（0，x1）	x1	（x1，x2）	x2	（x2，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	增	极大值	减	极小值	增

由此表可知：当0＜b＜

1

2

时，f（x）有一个极大值x₂=

1

2

-

1-2b

2

=和一个极小值点x₂=

1

2

+

1-2b

2

；
综上所述：当且仅当b＜

1

2

时，f（x）有极值点；
当b≤0时，f（x）有唯一最小值点x=

1

2

+

1-2b

2

；
当0＜b＜

1

2

时，f（x）有一个极大值点x=

1

2

-

1-2b

2

和一个极小值点x=

1

2

+

1-2b

2

．
（3）由（2）可知当b=-1时，函数f（x）=（x-1）²-lnx，
此时f（x）有惟一极小值点x=

1

2

+

1-2b

2

=

1+ 3

2

；
 且x∈（0，

1+ 3

2

）时，f'（x）＜0，f（x）在（0，

1+ 3

2

）为减函数，
∵当n≥3时，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

），
∴当n≥3时，恒有ln（n+1）-lnn＞

1

n2

成立，
令函数h（x）=（x-1）-lnx（x＞0），
则h′（x）=1-

1

x

=

x-1

x

，
∴x＞1时，h′（x）＞0，
又h（x）在x=1处连续，
∴x∈[1，+∞）时，h（x）为增函数．
∵n≥3时，1＜1+

1

n

∴h（1+

1

n

）＞h（1），
即

1

n

-ln（1+

1

n

）＞0，
∴ln（n+1）-lnn

1

n

=ln（1+

1

n

）＜

1

n

，
综上述可知n≥3时，恒有

1

n2

＜ln（n+1）-lnn＜

1

n

．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性和含有字母参数的函数极值的讨论，综合性较强，运算量较大，属于难题．