Question

5．已知函数f（x）=lnx-$\frac{（x-1）^{2}}{2}$
（Ⅰ）求函数f（x）的单调递增区间；
（Ⅱ）证明：当x＞1时，f（x）＜x-1
（Ⅲ）确定实数k的所有可能取值，使得存在x₀＞1，当x∈（1，x₀）时，恒有f（x）＞k（x-1）

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函数的导数，令导函数大于0，解出即可；
（Ⅱ）构造函数F（x）=f（x）-x+1，先求出函F（x）的导数，根据函数的单调性证明即可；
（Ⅲ）通过讨论k的范围，结合函数的单调性求解即可．

解答 解：（I）f′（x）=$\frac{1}{x}$-x+1=$\frac{-{x}^{2}+x+1}{x}$，x∈（0，∞），
由 f′（x）＞0得：$\left\{\begin{array}{l}{x＞0}\\{-{x}^{2}+x+1＞0}\end{array}\right.$，
解得0＜x＜$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$，
故f（x） 的单调递增区间（0，$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$）；
（II）令F（x）=f（x）-（x-1），x∈（0，+∞），
则有F′（x）=$\frac{1-{x}^{2}}{x}$，
当 x∈（1，+∞）时，F′（x）＜0，所以F（x）在[1，+∞） 上单调递减，
故当x＞1 时，F（x）_max=F（1）=0，
即当x＞1 时，f（x）＜x-1；
（III）由（II）知，当k=1 时，不存在x₀＞1 满足题意，
当k＞1 时，对于x＞1，有f（x）＜x-1＜k（x-1），
则f（x）＜k（x-1），从而不存在xx₀＞1 满足题意，
当k＜1 时，令G（x）=f（x）-k（x-1），x∈（0，∞），
则有G′（x）=$\frac{1}{x}$-x-k=$\frac{-{k}^{2}+（1-k）x+1}{x}$，
由G′（x）=0 得：-x²+（1-k）x+1=0，
得x₁=$\frac{1-k-\sqrt{（1-k）^{2}+4}}{2}$＜0，x₂=$\frac{1-k+\sqrt{（1+k）^{2}+4}}{2}$＞1，
当x∈（1，x₂） 时，G′（x）＞0，故G（x） 在[1，x ₂）内单调递增，
从而当x∈（1，x₂） 时，G（x）＞G（1）=0，即f（x）＞k（x-1），
综上，k的取值范围是（-∞，1）．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，不等式的证明，是一道中档题．