Question

17．已知函数f（x）=2lnx-（x-1）²-2k（x-1）．
（Ⅰ）当k=1时，求f（x）的单调区间及极值；
（Ⅱ）确定实数k的取值范围，使得存在x₀＞1，当x∈（1，x₀）时，恒有f（x）＞0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）首先求出函数的导数，利用函数单调性与导数的关系求单调区间以及极大值；
（Ⅱ）利用（Ⅰ）的结论，首先讨论k=1时是否满足题意；然后讨论k＞1与k＜1时函数的单调性与极值．

解答 解：（Ⅰ）当k=1时，f（x）=2lnx-（x-1）²-2（x-1）2lnx-x²+1，（x＞0）
所以f'（x）=$\frac{2}{x}-2x$=$\frac{2（1+x）（1-x）}{x}$，
令f'（x）＞0，得0＜x＜1，
令f'（x）=0得x=1，令f'（x）＜0得x＞1，
所以f（x）在（0，1）上的单调递增，在（1，+∞）单调递减；
当x=1时取极大值0；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，若k=1，当x＞1时，f（x）＜f（x）_极大值=0，即不存在x₀＞1，当x∈（1，x₀）时，恒有f（x）＞0；
若k＞1，当x＞1时，f（x）=2lnx-（x-1）²-2k（x-1）＜2lnx-（x-1）²-2（x-1）＜0，即不存在x₀＞1，当x∈（1，x₀）时，恒有f（x）＞0；
若k＜1，f（x）=2lnx-（x-1）²-2k（x-1）．f'（x）=$\frac{2}{x}-2x+2-2k$=$\frac{2}{x}$[-x²+（1-k）x+1]，
令f'（x）=0，即-x²+（1-k）x+1=0，解得x₁=$\frac{k-1+\sqrt{（1-k）^{2}+4}}{-2}=\frac{1-k-\sqrt{（1-k）^{2}+4}}{2}$＜0，
x₂=$\frac{k-1-\sqrt{（1-k）^{2}+4}}{-2}$=$\frac{1-k+\sqrt{（1-k）^{2}+4}}{2}$＞1，
所以当0＜x＜x₂时，f'（x）＞0，即f（x）在（0，x₂）上是单调递增函数，所以在（1，x₂）上是单调增函数，且f（1）=0，
所以存在x₀＞1，当x∈（1，x₀）时，恒有f（x）＞0．
综上k的取值范围是（-∞，1）．

点评 本题考查了函数的大小与导数的关系；考查了讨论的数学思想；属于中档题．