Question

已知函数f（x）=x²+ln（x-a）（a∈R）．
（1）若f（x）有两个不同的极值点，求a的取值范围；
（2）当a≤-2时，g（a）表示函数f（x）在[-1，0]上的最大值，求g（a）的表达式；
（3）求证：

3n+1

4(n+1)

+ln

n+1

＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

，(n∈N+)．

Answer 1

分析：（1）f（x）有两个不同的极值点?f′（x）=0在定义域内有不同的两个实数根．
（2）当a≤-2时，由（1）可知a＜x₁＜-1＜x₂＜0．及f（x）在[-1，x₂]与[x₂，0]上的单调性可得：f（x）在[-1，0]上的最大值是f（-1）和f（0）中的最大的那一个．
（3）利用（2）的结论可得：ln

n+1

n

＜1-(

n-1

n

)2=

2

n

-

1

n2

．把n依次取n，n-1，…1得到n个不等式，再相加即可得到．或利用上下归纳法也可证明．

解答：解：（1）法一：∵f（x）=x²+ln（x-a）（a∈R），∴x＞a，
∴f′(x)=2x+

1

x-a

=

2x2-2ax+1

x-a

（x＞a）．
令g（x）=2x²-2ax+1，△=4a²-8=4（a²-2）．
当△＞0时，得a＞

2

或a＜-

2

．
若a＞

2

，则f′（x）＞0在x＞a时恒成立，此时函数f（x）无极值点；
若a＜-

2

，设g（x）=2x²-2ax+1=0的两根为x₁，x₂，且x₁＜x₂．
∵

x1+x2=a＜0 x1x2= 1 2

，∴a＜x₁＜x₂，若下表：
∴当a＜-

2

时，函数f（x）由两个极值点．
法二：f′(x)=2x+

1

x-a

=

2x2-2ax+1

x-a

（x＞a）．
设g（x）=2x²-2ax+1，f（x）由两个极值点?g（x）=0由两个大于a的不等实数根x₁，x₂（x₁＜x₂）．
∴

△=4(a2-2)＞0 g(a)=2a2-2a2+1＞0 a 2 ＞a

，解得a＜-

2

，∴当a＜-

2

时，函数f（x）由两个极值点．
（2）当a≤-2时，由（1）知

x1+x2=a≤-2 0＜x1x2= 1 2 ＜1

，∴a＜x₁＜-1＜x₂＜0．
∴f（x）在[-1，x₂]上为减函数，而在[x₂，0]上为增函数，
∴f（x）在[-1，0]上的最大值是f（-1）和f（0）中的最大的那一个．
∵f（-1）=1+ln（-1-a），f（0）=ln（-a）．
设h（a）=f（-1）-f（0）=1+ln

1+a

a

=ln

(1+a)e

a

．
∵a≤-2，∴

1

a

∈[-

1

2

，0)，∴

(a+1)e

a

=(1+

1

a

)e≥

1

2

e＞1，故h（a）＞0．
∴最大值为f（-1）．
即g（a）=f（-1）=1+ln（-1-a）（a≤-2）．
（3）由（2）可知：当a=-2时，f（x）=x²+ln（x+2）有最大值f（-1）=1+ln（-1+2）=1．
取x=-

n-1

n

∈(-1，0]，n∈N₊．则(-

n-1

n

)2+ln(-

n-1

n

+2)＜1．
即ln

n+1

n

＜1-(

n-1

n

)2=

2

n

-

1

n2

．
法一：由ln

n+1

n

＜1-(

n-1

n

)2=

2

n

-

1

n2

，
把n依次取n，n-1，…1得到n个不等式，再相加得：
ln（n+1）＜2(1+2+…+

1

n

)-(1+

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

)
≤2(1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

)-(1+

1

2×3

+…+

1

n(n+1)

)=2(1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

)-

3n+1

2(n+1)

．
∴

3n+1

2(n+1)

+ln(n+1)＜2(1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

)．
即

3n+1

4(n+1)

+ln

n+1

＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

．
法二：用数学归纳法证明：
①当n=1时，易知成立．
假设n=k时，不等式成立，即

3k+1

4(k+1)

+ln

k+1

＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

k

，（k∈N₊）成立．
当n=k+1时，

3k+4

4(k+2)

+ln

k+2

-(1+

1

2

+

1

3

+…+

1

k

+

1

k+1

)
=

3k+1

4(k+1)

+ln

k+1

-(1+

1

2

+

1

3

+…+

1

k

)+ln

k+2

-ln

k+1

+

3k+4

4(k+2)

-

3k+1

4(k+1)

-

1

k+1

=

3k+1

4(k+1)

+ln

k+1

-(1+

1

2

+

1

3

+…+

1

k

)+

1

2

[ln

k+2

k+1

-

2

k+1

+

1

(k+1)(k+2)

]
＜

3k+1

4(k+1)

+ln

k+1

-(1+

1

2

+

1

3

+…+

1

k

)+

1

2

[ln

k+2

k+1

-(

2

k+2

-

1

(k+1)2

)]
＜0（由归纳假设及ln

n+1

n

＜

2

n

-

1

n2

(n∈N+))．
所以当n=k+1时不等式也成立．
故得证．

点评：本题综合考查了利用导数解决含参数的函数的单调性和极值问题，熟练掌握导数、三个二次及分类讨论思想方法是解题的关键．