题目内容

设函数f（x）=（x-1）²+blnx，其中b为常数．
（1）当b＞ $数学公式$ 时，判断函数f（x）在定义域上的单调性；
（2）当b≤0时，求f（x）的极值点并判断是极大值还是极小值；
（3）求证对任意不小于3的正整数n，不等式 $数学公式$ ＜ln（n+1）-lnn＜ $数学公式$ 都成立．

（1）解：由题意知，f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）= $\text{[math]}$
∴当b＞ $\text{[math]}$ 时，f'（x）＞0，函数f（x）在定义域（0，+∞）上单调递增；
（2）解：当b≤0时，f′（x）=0有两个不同解， $\text{[math]}$ ， $\text{[math]}$
∵ $\text{[math]}$ ≤0， $\text{[math]}$ ，∴舍去x₁，
此时 f'（x），f（x）随x在在定义域上的变化情况如下表：

x	（0，x₁）	x₂	（x₂，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	减	极小值	增

由此表可知：b≤0时，f（x）有惟一极小值点 $\text{[math]}$ ，
（3）证明：由（2）可知当b=-1时，函数f（x）=（x-1）2-lnx，此时f（x）有惟一极小值点：x= $\text{[math]}$
且x∈（0， $\text{[math]}$ ）时，f'（x）＜0，f（x）在（0， $\text{[math]}$ ）为减函数．
∵当n≥3时，0＜1＜1+ $\text{[math]}$ ≤ $\text{[math]}$ ＜ $\text{[math]}$
∴恒有f（1）＞f（1+ $\text{[math]}$ ），即恒有0＞ $\text{[math]}$ -ln（1+ $\text{[math]}$ ）= $\text{[math]}$ -[ln（n+1）-lnn]．
∴当n≥3时，恒有ln（n+1）-lnn＞ $\text{[math]}$
令函数h（x）=（x-1）-lnx（x＞0）则h′（x）= $\text{[math]}$
∴x＞1时，h′（x）＞0，又h（x）在x=1处连续，
∴x∈[1，+∞）时，h（x）为增函数
∵n≥3时，1＜1+ $\text{[math]}$ ，∴h（1+ $\text{[math]}$ ）＞h（1），即 $\text{[math]}$
∴ln（n+1）-lnn=ln（1+ $\text{[math]}$ ）＜ $\text{[math]}$
综上，对任意不小于3的正整数n，不等式 $\text{[math]}$ ＜ln（n+1）-lnn＜ $\text{[math]}$ 都成立．
分析：（1）先确定f（x）的定义域，求出f（x）的导函数，进而导函数大于0，可得函数在定义域内单调递增；
（2）令f（x）的导函数等于0，求出此时符合定义域的解，然后利用这个解把（0，+∞）分成两段，讨论导函数的正负得到函数f（x）的增减性，根据f（x）的增减性即可得到函数的唯一极小值；
（3）确定f（x）在（0， $\text{[math]}$ ）为减函数，根据当n≥3时，0＜1＜1+ $\text{[math]}$ ≤ $\text{[math]}$ ＜ $\text{[math]}$ ，可得当n≥3时，恒有ln（n+1）-lnn＞ $\text{[math]}$ ；令函数h（x）=（x-1）-lnx（x＞0），则x∈[1，+∞）时，h（x）为增函数，由此可知结论成立．
点评：本题考查学生会利用导函数的正负判断函数的单调性，并根据函数的单调性得到函数的极值，掌握导数在最值问题中的应用，是一道综合题，有一定的难度．