Question

20．已知函数f（x）=lnx+k（x-1）²，k∈R与函数g（x）=x-1
（1）当k=$\frac{1}{2}$，x∈（1，+∞）时，求证：f（x）＞g（x）恒成立
（2）当f（x）＞g（x）在x∈（1，+∞）上恒成立时，求实数k的取值范围．

Answer 1

分析 （1）设h（x）=lnx+$\frac{1}{2}$x²-2x+$\frac{3}{2}$，x∈（1，+∞），求出函数的导数，判断导函数的符号，推出结果．
（2）不妨设h（x）=f（x）-g（x）=lnx+k（x-1）²-x+1，x∈（1，+∞），求出函数的导数，①当k≤0时，判断函数的单调性，推出结果；②当$0＜k＜\frac{1}{2}$时，③当k$≥\frac{1}{2}$时，判断导函数的单调性，求出函数的最值，推出实数k的取值范围．

解答 （本小题满分12分）
解：（1）当k=$\frac{1}{2}$时，设h（x）=f（x）-g（x）=lnx+$\frac{1}{2}$（x-1）²-x+1，x∈（1，+∞），
h（x）=lnx+$\frac{1}{2}$x²-2x+$\frac{3}{2}$，x∈（1，+∞）
h′（x）=$\frac{1}{x}$+x-2=$\frac{{x}^{2}-2x+1}{x}$=$\frac{（{x-1）}^{2}}{x}$，
∵x＞1，h′（x）＞0，∴h（x）在（1，+∞）上单调递增，h（x）＞h（1）=0恒成立
∴当k=$\frac{1}{2}$，x∈（1，+∞）时，f（x）＞g（x）恒成立
（2）不妨设h（x）=f（x）-g（x）=lnx+k（x-1）²-x+1，x∈（1，+∞）
h（x）=lnx+kx²-（2k+1）x+k+1，x∈（1，+∞）
h′（x）=$\frac{1}{x}$+2kx-（2k+1）=$\frac{2k{x}^{2}-（2k+1）x+1}{x}$=$\frac{（2kx-1）（x-1）}{x}$，
∵x＞1，∴$\frac{x-1}{x}＞0$，
①当k≤0时，2kx-1＜0，
∴h′（x）＜0，∴h（x）在（1，+∞）上单调递减，
∴h（x）＜h（1）=0，不合题意，舍
②当$0＜k＜\frac{1}{2}$时，由h′（x）＞0可得x＜1或x$＞\frac{1}{2k}$，由h′（x）＜0可得1$＜x＜\frac{1}{2k}$，
∴h（x）在（1，$\frac{1}{2k}$）上单调递减，在[$\frac{1}{2k}$，+∞）上单调递增
∴?x∈（1，$\frac{1}{2k}$），都有h（x）＜h（1）=0，不合题意，舍
③当k$≥\frac{1}{2}$时，由h′（x）＞0可得x＞1或x$＜\frac{1}{2k}$，由h′（x）＜0可得$\frac{1}{2k}＜x＜1$，
∴h（x）在（1，+∞）上单调递增，∴h（x）＞h（1）=0恒成立
综上所述，实数k的取值范围是[$\frac{1}{2}$，+∞）．

点评 本题考查函数的导数的应用，单调性以及函数的最值的求法，考查函数恒成立的应用，转化思想以及计算能力．