Question

20．已知函數(shù)f（x）=lnx+k（x-1）²，k∈R與函數(shù)g（x）=x-1
（1）當k=$\frac{1}{2}$，x∈（1，+∞）時，求證：f（x）＞g（x）恒成立
（2）當f（x）＞g（x）在x∈（1，+∞）上恒成立時，求實數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）設(shè)h（x）=lnx+$\frac{1}{2}$x²-2x+$\frac{3}{2}$，x∈（1，+∞），求出函數(shù)的導數(shù)，判斷導函數(shù)的符號，推出結(jié)果．
（2）不妨設(shè)h（x）=f（x）-g（x）=lnx+k（x-1）²-x+1，x∈（1，+∞），求出函數(shù)的導數(shù)，①當k≤0時，判斷函數(shù)的單調(diào)性，推出結(jié)果；②當$0＜k＜\frac{1}{2}$時，③當k$≥\frac{1}{2}$時，判斷導函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)的最值，推出實數(shù)k的取值范圍．

解答 （本小題滿分12分）
解：（1）當k=$\frac{1}{2}$時，設(shè)h（x）=f（x）-g（x）=lnx+$\frac{1}{2}$（x-1）²-x+1，x∈（1，+∞），
h（x）=lnx+$\frac{1}{2}$x²-2x+$\frac{3}{2}$，x∈（1，+∞）
h′（x）=$\frac{1}{x}$+x-2=$\frac{{x}^{2}-2x+1}{x}$=$\frac{（{x-1）}^{2}}{x}$，
∵x＞1，h′（x）＞0，∴h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，h（x）＞h（1）=0恒成立
∴當k=$\frac{1}{2}$，x∈（1，+∞）時，f（x）＞g（x）恒成立
（2）不妨設(shè)h（x）=f（x）-g（x）=lnx+k（x-1）²-x+1，x∈（1，+∞）
h（x）=lnx+kx²-（2k+1）x+k+1，x∈（1，+∞）
h′（x）=$\frac{1}{x}$+2kx-（2k+1）=$\frac{2k{x}^{2}-（2k+1）x+1}{x}$=$\frac{（2kx-1）（x-1）}{x}$，
∵x＞1，∴$\frac{x-1}{x}＞0$，
①當k≤0時，2kx-1＜0，
∴h′（x）＜0，∴h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
∴h（x）＜h（1）=0，不合題意，舍
②當$0＜k＜\frac{1}{2}$時，由h′（x）＞0可得x＜1或x$＞\frac{1}{2k}$，由h′（x）＜0可得1$＜x＜\frac{1}{2k}$，
∴h（x）在（1，$\frac{1}{2k}$）上單調(diào)遞減，在[$\frac{1}{2k}$，+∞）上單調(diào)遞增
∴?x∈（1，$\frac{1}{2k}$），都有h（x）＜h（1）=0，不合題意，舍
③當k$≥\frac{1}{2}$時，由h′（x）＞0可得x＞1或x$＜\frac{1}{2k}$，由h′（x）＜0可得$\frac{1}{2k}＜x＜1$，
∴h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，∴h（x）＞h（1）=0恒成立
綜上所述，實數(shù)k的取值范圍是[$\frac{1}{2}$，+∞）．

點評 本題考查函數(shù)的導數(shù)的應用，單調(diào)性以及函數(shù)的最值的求法，考查函數(shù)恒成立的應用，轉(zhuǎn)化思想以及計算能力．