Question

10．已知函数f（x）=lnx-$\frac{（x-1）^{2}}{2}$．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）证明：当x＞1时，f（x）＜x-1
（3）若存在x₀＞1，当x∈（1，x₀）时，恒有f（x）＞k（x-1）成立，求实数k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g（x）=f（x）-（x-1），求出g（x）的单调区间，从而证出结论即可；
（3）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，得$\left\{\begin{array}{l}{x＞0}\\{{-x}^{2}+x+1＞0}\end{array}\right.$，解得：0＜x＜$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$，
所以函数f（x）的单调递增区间是（0，$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$）；
（2）证明：设g（x）=f（x）-（x-1），x∈（1，+∞），则g′（x）=$\frac{1{-x}^{2}}{2}$，
当x＞1时，g′（x）＜0，所以g（x）在（1，+∞）上单调递减，
所以当x＞1时，g（x）＜g（1）=0，
即当x＞1时，f（x）＜x-1；
（3）①当k=1时，由（2）知，当x＞1时，f（x）＜x-1，
此时不存在x₀＞1，不满足题意；
②当k＞1时，x＞1，f（x）＜x-1＜k（x-1），
此时不存在x₀＞1，不满足题意；
③当k＜1时，设h（x）=f（x）-k（x-1），x＞1，
则h′（x）=$\frac{{-x}^{2}+（1-k）x+1}{x}$，
令h′（x）=0，即-x²+（1-k）x+1=0，
得x₁=$\frac{1-k-\sqrt{{（1-k）}^{2}+4}}{2}$＜0，x₂=$\frac{1-k+\sqrt{{（1-k）}^{2}+4}}{2}$＞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）＞k（x-1），
综上，实数k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，是一道中档题．