Question

已知函数f（x）=x-ln（x+1-a）+1在x=0处取得极值．
（1）求实数a的值；
（2）若关于x的方程f（x-1）=x²-2x+q在[

1

2

，2]上恰有两个不相等的实数根，求实数q的取值范围；
（3）设g（x）=f（x-1），试比较

1

2-g(2)

+

1

3-g(3)

+…+

1

n-g(n)

与

3n2-n-2

n(n+1)

（n∈N^*，n≥2）的大小．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：导数的概念及应用,导数的综合应用

分析：（1）由函数f（x）=x-ln（x+1-a）+1在x=0处取得极值，可得f′（0）=0，进而得到实数a的值；
（2）由（1）得f（x-1）=x-lnx，令h（x）=x²-3x+lnx+q（x＞0），利用导数法可得：h（x）在[

1

2

，1]上递减，在[1，2]上递增，若方程f（x-1）=x²-2x+q在[

1

2

，2]上恰有两个不相等的实数根，即h（x）在[

1

2

，2]上恰有两个零点，进而构造关于q的不等式组，解得实数q的取值范围；
（3）由k-g（k）=lnk得：

1

2-g(2)

+

1

3-g(3)

+…+

1

n-g(n)

=

1

ln2

+

1

ln3

+…+

1

lnn

，设φ(x)=lnx-

1

4

(x2-1)，利用导数法可得函数φ（x）在[2，+∞）上是减函数，进而当x≥2时，lnx＜

1

4

(x2-1)，进而根据裂项相消法可得原不等式成立．

解答： 解（1）∵f（x）=x-ln（x+1-a）+1，
∴f′(x)=1-

1

x+1-a

，
又∵函数f（x）=x-ln（x+1-a）+1在x=0处取得极值，
∴f′（0）=1-

1

1-a

=0，
解得：a=0
（2）由（1）得f（x-1）=x-lnx，
∴x²-3x+lnx+q=0
令h（x）=x²-3x+lnx+q（x＞0），
则h′(x)=

(2x-1)(x-1)

x

…（4分）
令h'（x）＜0得

1

2

＜x＜1，
所以h（x）在[

1

2

，1]上递减，在[1，2]上递增；…（6分）
若方程f（x-1）=x²-2x+q在[

1

2

，2]上恰有两个不相等的实数根，
即h（x）在[

1

2

，2]上恰有两个零点，
故

h( 1 2 )≥0 h(1)＜0 h(2)≥0

⇒

q- 5 4 -ln2≥0 q-2＜0 q-2+ln2≥0

⇒

5

4

+ln2≤q＜2…（8分）
（3）因为k-g（k）=lnk，
所以

1

2-g(2)

+

1

3-g(3)

+…+

1

n-g(n)

=

1

ln2

+

1

ln3

+…+

1

lnn

，
设φ(x)=lnx-

1

4

(x2-1)，则φ′(x)=

1

x

-

x

2

，
所以当x≥2时 φ'（x）＜0
因此函数φ（x）在[2，+∞）上是减函数，
所以当x≥2时，φ(x)=lnx-

1

4

(x2-1)≤φ(2)=ln2-

3

4

＜0
即当x≥2时，lnx＜

1

4

(x2-1)…（11分）
∴当x≥2时，

1

lnx

＞

4

x2-1

=2(

1

x-1

-

1

x+1

)，

1

ln2

+

1

ln3

+…+

1

lnn

＞2[(1-

1

3

)+(

1

2

-

1

4

)+(

1

3

-

1

5

)+(

1

4

-

1

6

)+…+(

1

n-1

-

1

n+1

)]=2(1+

1

2

-

1

n

-

1

n+1

)=

3n2-n-2

n(n+1)

∴原不等式成立．…（14分）

点评：本题考查的知识点是利用导数研究函数的极值，利用导数研究函数的单调性，运算量大，综合性强，转化过程复杂，属于难题．