Question

設函數f（x）=（x-1）²+mlnx，其中m為常數．
（1）當m＞

1

2

時，判斷函數f(x)在定義域上的單調性；
（2）若函數f（x）有極值點，求實數m的取值范圍及f（x）的極值點．
（3）當n≥3，n∈N時，證明：

1

n2

＜ln(n+1)-lnn＜

1

n

．

Answer 1

分析：（1）求導數，通過m＞

1

2

，x＞0，可判導數為正，可推f（x）在（0，+∞）上是增函數；
（2）對m進行分類討論，分別依據極值的定義進行分析，注意分類要做到不重不漏；
（3）要證明的問題即是當m=-1時的函數，通過構造函數分析函數的單調性得出結論．

解答：解：（1）函數f（x）=（x-1）²+mlnx，可得函數的定義域為（0，+∞）
f′（x）=2（x+1）+

b

x

=

2x2-2x+m

x

=

2(x- 1 2 )2+m- 1 2

x

（x＞0）
當m＞

1

2

時，可知f′（x）＞0對任意x∈（0，+∞）恒成立，
∴函數f（x）在（0，+∞）上是單調遞增函數．
（2）由（1）知，當m＞

1

2

時，函數f（x）在（0，+∞）上是單調增函數，沒有極值點．
當m=

1

2

時，f′(x)=

2(x- 1 2 )2

x

≥0，函數f（x）在（0，+∞）上是單調增函數，沒有極值點．
當m＜

1

2

時，令f'（x）=0得，x1=

1- 1-2m

2

，x2=

1+ 1-2m

2

…（6分）
①當m≤0時，x1=

1- 1-2m

2

≤0∉(0，+∞)，則x2=

1+ 1-2m

2

≥1∈(0，+∞)，
列表：

x	（0，x2）	x2	（x2，+∞）
f'（x）	-	0	+
f（x）	↘	極小值	↗

由此看出，當m≤0時，f（x）有唯一極小值點x2=

1+ 1-2m

2

．…（8分）
②當0＜m＜

1

2

時，0＜x₁＜x₂＜1，
列表：

x	（0，x1）	x1	（x1，x2）	x2	（x2，+∞）
f'（x）	+	0	-	0	+
f（x）	↗	極大值	↘	極小值	↗

由此看出，當0＜m＜

1

2

時，f（x）有極大值點x1=

1- 1-2m

2

和極小值點x2=

1+ 1-2m

2

．
綜上，當m≤0時，f（x）有唯一極小值點x2=

1+ 1-2m

2

，
當0＜m＜

1

2

時，f（x）有極小值點x1=

1- 1-2m

2

和極大值點x2=

1+ 1-2m

2

．…（10分）
（3）由（2）知，m=-1時，函數f（x）=（x-1）²-lnx，
此時，函數f（x）有唯一極小值點x=

1+ 1-2m

2

=

1+ 3

2

，
當x∈(0，

1+ 3

2

)時，f'（x）＜0，f（x）在(0，

1+ 3

2

)上是減函數，
∵n≥3時，0＜1＜1+

1

n

＜

4

3

＜

1+ 3

2

，
∴f(1+

1

n

)＜f(1)，即

1

n2

-ln(1+

1

n

)＜0
∴n≥3時，

1

n2

＜ln(n+1)-lnn．
令函數h（x）=（x-1）-lnx（x＞0），則h′(x)=1-

1

x

=

x-1

x

當x＞1時，h′（x）＞0，h（x）在（1，+∞）上是增函數，
∵n≥3時，1＜1+

1

n

，∴h(1+

1

n

)＞f（1），即

1

n

-ln(1+

1

n

)＞0
∴n≥3時，ln（n+1）-lnn＜

1

n

綜上，當n≥3，n∈N時，不等式

1

n2

＜ln(n+1)-lnn＜

1

n

恒成立．

點評：本題為導數和不等式的綜合應用，涉及分類討論的思想和極值的求解，屬中檔題．