Question

2．已知函数f（x）=lnx-$\frac{（x-1）^{2}}{2}$，g（x）=x-1．
（1）求函数f（x）的单调递减区间；
（2）若关于x的方程f（x）-g（x）+a=0在区间（$\frac{1}{e}$，e）上有两个不等的根，求实数a的取值范围；
（3）若存在x₀＞1，当x∈（1，x₀）时，恒有f（x）＞kg（x），求实数k的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出导数，由导数小于0，可得减区间，注意定义域；
（2）由题意可得-a=lnx-$\frac{（x-1）^{2}}{2}$-（x-1）在（$\frac{1}{e}$，e）上有两个实根，令h（x）=lnx-$\frac{（x-1）^{2}}{2}$-（x-1），求出导数，求得单调区间、极值和最值，可得a的范围；
（3）由题意可得当x∈（1，x₀）时，f（x）的图象恒在直线y=k（x-1）的上方，求出f（x）的单调区间，画出它们的图象，由直线和曲线相切，求得k，再由直线旋转可得k的范围．

解答 解：（1）函数f（x）=lnx-$\frac{（x-1）^{2}}{2}$的导数为
f′（x）=$\frac{1}{x}$-（x-1）=$\frac{1-{x}^{2}+x}{x}$，（x＞0），
由f′（x）＜0，可得x＞$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$，
即有f（x）的单调减区间为（$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$，+∞）；
（2）由题意可得-a=lnx-$\frac{（x-1）^{2}}{2}$-（x-1）在（$\frac{1}{e}$，e）上有两个实根，
令h（x）=lnx-$\frac{（x-1）^{2}}{2}$-（x-1），h′（x）=$\frac{1}{x}$-（x-1）-1=$\frac{（1-x）（1+x）}{x}$，
即有h（x）在（$\frac{1}{e}$，1）递增，（1，e）递减，
且h（1）=0，h（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{e}$）²-$\frac{1}{e}$＞h（e）=2-e-$\frac{1}{2}$（e-1）²，
由题意可得-$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{e}$）²-$\frac{1}{e}$＜-a＜0，
解得0＜a＜$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{e}$）²+$\frac{1}{e}$；
（3）由题意可得当x∈（1，x₀）时，f（x）的图象恒在直线y=k（x-1）的上方，
由f′（x）=$\frac{1}{x}$-（x-1）=$\frac{1-{x}^{2}+x}{x}$，（x＞0），可得f（x）的增区间为（1，$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$）
减区间为（$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$，+∞）；
直线y=k（x-1）为过定点（1，0）的直线．
画出它们的图象，
当直线与曲线y=f（x）相切时，
切点为（1，0），可得k=f′（1）=1-（1-1）=1，
通过直线绕着定点（1，0）旋转，
可得k的取值范围是k＜1．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查函数方程的转化思想，以及不等式恒成立问题的解法，属于中档题．