Question

11．已知函数f（x）=lnx-$\frac{{{{（x-1）}^2}}}{2}$，g（x）=x-1．
（1）求函数f（x）的单调递增区间；
（2）若存在x₀＞1，当x∈（1，x₀）时，恒有f（x）＞mg（x），求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）设h（x）=f（x）-mg（x），求出g（x）的单调区间，通过讨论k的范围，求出函数的单调性，结合题意求出k的范围即可．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{{-x}^{2}+x+1}{x}$，x∈（0，+∞），
由f′（x）＞0，解得：0＜x＜$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$，
由f′（x）＜0，解得：x＞$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$
所以函数f（x）的单调递增区间是（0，$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$），递减区间是（$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$，+∞）；
（2）设h（x）=f（x）-mg（x），x∈（1，+∞），
m=1时，h（x）=lnx-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{1}{2}$，h′（x）=$\frac{1}{x}$-x=$\frac{1{-x}^{2}}{x}$，
当x＞1时，h′（x）＜0，所以h（x）在（1，+∞）上单调递减，
所以当x＞1时，h（x）＜h（1）=0，
即当x＞1时，f（x）＜x-1；
此时不存在x₀＞1，不满足题意；
②当m＞1时，x＞1，f（x）＜x-1＜m（x-1），
此时不存在x₀＞1，不满足题意；
③当m＜1时，则h′（x）=$\frac{{-x}^{2}+（1-m）x+1}{x}$，
令h′（x）=0，即-x²+（1-m）x+1=0，
得x₁=$\frac{1-m-\sqrt{{（1-m）}^{2}+4}}{2}$＜0，x₂=$\frac{1-m+\sqrt{{（1-m）}^{2}+4}}{2}$＞1，
所以当x∈（1，x₂）时，h′（x）＞0，所以h（x）在[1，x₂）上单调递增，
取x₀=x₂，所以当x∈（1，x₀）时，h（x）＞h（1）=0，f（x）＞mg（x），
综上，实数m的取值范围是（-∞，1）．

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查导数的由于以及分类讨论思想，是一道综合题．