Question

2．已知函數(shù)f（x）=lnx-$\frac{（x-1）^{2}}{2}$，g（x）=x-1．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間；
（2）若關(guān)于x的方程f（x）-g（x）+a=0在區(qū)間（$\frac{1}{e}$，e）上有兩個(gè)不等的根，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）若存在x₀＞1，當(dāng)x∈（1，x₀）時(shí)，恒有f（x）＞kg（x），求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出導(dǎo)數(shù)，由導(dǎo)數(shù)小于0，可得減區(qū)間，注意定義域；
（2）由題意可得-a=lnx-$\frac{（x-1）^{2}}{2}$-（x-1）在（$\frac{1}{e}$，e）上有兩個(gè)實(shí)根，令h（x）=lnx-$\frac{（x-1）^{2}}{2}$-（x-1），求出導(dǎo)數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間、極值和最值，可得a的范圍；
（3）由題意可得當(dāng)x∈（1，x₀）時(shí)，f（x）的圖象恒在直線y=k（x-1）的上方，求出f（x）的單調(diào)區(qū)間，畫(huà)出它們的圖象，由直線和曲線相切，求得k，再由直線旋轉(zhuǎn)可得k的范圍．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=lnx-$\frac{（x-1）^{2}}{2}$的導(dǎo)數(shù)為
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）的單調(diào)減區(qū)間為（$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$，+∞）；
（2）由題意可得-a=lnx-$\frac{（x-1）^{2}}{2}$-（x-1）在（$\frac{1}{e}$，e）上有兩個(gè)實(shí)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）遞增，（1，e）遞減，
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，
由題意可得-$\frac{1}{2}$（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）由題意可得當(dāng)x∈（1，x₀）時(shí)，f（x）的圖象恒在直線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）的增區(qū)間為（1，$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$）
減區(qū)間為（$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$，+∞）；
直線y=k（x-1）為過(guò)定點(diǎn)（1，0）的直線．
畫(huà)出它們的圖象，
當(dāng)直線與曲線y=f（x）相切時(shí)，
切點(diǎn)為（1，0），可得k=f′（1）=1-（1-1）=1，
通過(guò)直線繞著定點(diǎn)（1，0）旋轉(zhuǎn)，
可得k的取值范圍是k＜1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，考查函數(shù)方程的轉(zhuǎn)化思想，以及不等式恒成立問(wèn)題的解法，屬于中檔題．