Question

6．已知函數(shù)f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$x²+x
（1）設(shè)G（x）=f（x）+lnx，求G（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（2）證明：k＜1時，存在x₀＞1，當(dāng)x∈（1，x₀）時，恒有f（x）-$\frac{1}{2}$＞k（x-1）

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的遞增區(qū)間即可；
（2）令F（x）=f（x）-$\frac{1}{2}$-k（x-1），求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而證明結(jié)論即可．

解答 解：（1）由題意知，G（x）=f（x）+lnx=2lnx-$\frac{1}{2}$x²+x（x＞0），
從而G′（x）=$\frac{2}{x}$-x+1=-$\frac{{x}^{2}-x-2}{x}$，
令G′（x）＞0，得0＜x＜2，所以函數(shù)G（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，2）．
（2）當(dāng)k＜1時，令F（x）=f（x）-$\frac{1}{2}$-k（x-1）=lnx-$\frac{1}{2}$x²+x-$\frac{1}{2}$-k（x-1），（x＞0），
則有F′（x）=$\frac{{-x}^{2}+（1-k）x+1}{x}$，
由F′（x）=0，得-x²+（1-k）x+1=0，解得x₁=$\frac{1-k-\sqrt{{（1-k）}^{2}+4}}{2}$＜0，x₂=$\frac{1-k+\sqrt{{（1-k）}^{2}+4}}{2}$＞1，
從而存在x₀=x₂＞1，當(dāng)x∈（1，x₀）時，F(xiàn)′（x）＞0，故F（x）在[1，x₀）上單調(diào)遞增，
從而當(dāng)x∈（1，x₀）時，F(xiàn)（x）＞F（1）=0，即f（x）-$\frac{1}{2}$＞k（x-1）．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及轉(zhuǎn)化思想，是一道中檔題．