Question

6．已知函数f（x）=1nx-a（x-1）²的单调递增区间是（0，$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$）
（1）求实数a的值；
（2）证明：当x＞1时，f（x）＜x-1．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，得到x=$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$是f′（x）=0的根，代入方程求出a的值即可；
（2）问题转化为lnx-$\frac{1}{2}$（x-1）²-x+1＜0在（1，+∞）恒成立，令g（x）=lnx-$\frac{1}{2}$（x-1）²-x+1，x＞1，根据函数的单调性求出g（x）＞g（1）即可．

解答 解：（1）∵f（x）=1nx-a（x-1）²，
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$-2a（x-1），
∴x=$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$是f′（x）=0的根，
∴$\frac{2}{1+\sqrt{5}}-2a（\frac{1+\sqrt{5}}{2}-1）=0$，
解得：a=$\frac{1}{2}$；
证明：（2）由（1）得：f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$（x-1）²，
当x＞1时，f（x）＜x-1，
即lnx-$\frac{1}{2}$（x-1）²-x+1＜0在（1，+∞）恒成立，
令g（x）=lnx-$\frac{1}{2}$（x-1）²-x+1，x＞1，
g′（x）=$\frac{1{-x}^{2}}{x}$＜0，（x＞1），
∴g（x）在（1，+∞）递减，
∴g（x）＞g（1）=0，
故当x＞1时，f（x）＜x-1成立．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，是一道中档题．