Question

设函数f（x）=（x-1）²+mlnx，其中m为常数．
（1）当m＞

1

2

时，判断函数f(x)在定义域上的单调性；
（2）若函数f（x）有极值点，求实数m的取值范围及f（x）的极值点．
（3）当n≥3，n∈N时，证明：

1

n2

＜ln(n+1)-lnn＜

1

n

．

Answer 1

分析：（1）求导数，通过m＞

1

2

，x＞0，可判导数为正，可推f（x）在（0，+∞）上是增函数；
（2）对m进行分类讨论，分别依据极值的定义进行分析，注意分类要做到不重不漏；
（3）要证明的问题即是当m=-1时的函数，通过构造函数分析函数的单调性得出结论．

解答：解：（1）函数f（x）=（x-1）²+mlnx，可得函数的定义域为（0，+∞）
f′（x）=2（x+1）+

b

x

=

2x2-2x+m

x

=

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

x

（x＞0）
当m＞

1

2

时，可知f′（x）＞0对任意x∈（0，+∞）恒成立，
∴函数f（x）在（0，+∞）上是单调递增函数．
（2）由（1）知，当m＞

1

2

时，函数f（x）在（0，+∞）上是单调增函数，没有极值点．
当m=

1

2

时，f′(x)=

2(x- 1 2 )2

x

≥0，函数f（x）在（0，+∞）上是单调增函数，没有极值点．
当m＜

1

2

时，令f'（x）=0得，x1=

1- 1-2m

2

，x2=

1+ 1-2m

2

…（6分）
①当m≤0时，x1=

1- 1-2m

2

≤0∉(0，+∞)，则x2=

1+ 1-2m

2

≥1∈(0，+∞)，
列表：

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

由此看出，当m≤0时，f（x）有唯一极小值点x2=

1+ 1-2m

2

．…（8分）
②当0＜m＜

1

2

时，0＜x₁＜x₂＜1，
列表：

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

由此看出，当0＜m＜

1

2

时，f（x）有极大值点x1=

1- 1-2m

2

和极小值点x2=

1+ 1-2m

2

．
综上，当m≤0时，f（x）有唯一极小值点x2=

1+ 1-2m

2

，
当0＜m＜

1

2

时，f（x）有极小值点x1=

1- 1-2m

2

和极大值点x2=

1+ 1-2m

2

．…（10分）
（3）由（2）知，m=-1时，函数f（x）=（x-1）²-lnx，
此时，函数f（x）有唯一极小值点x=

1+ 1-2m

2

=

1+ 3

2

，
当x∈(0，

1+ 3

2

)时，f'（x）＜0，f（x）在(0，

1+ 3

2

)上是减函数，
∵n≥3时，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时，

1

n2

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

1

x

=

x-1

x

当x＞1时，h′（x）＞0，h（x）在（1，+∞）上是增函数，
∵n≥3时，1＜1+

1

n

，∴h(1+

1

n

)＞f（1），即

1

n

-ln(1+

1

n

)＞0
∴n≥3时，ln（n+1）-lnn＜

1

n

综上，当n≥3，n∈N时，不等式

1

n2

＜ln(n+1)-lnn＜

1

n

恒成立．

点评：本题为导数和不等式的综合应用，涉及分类讨论的思想和极值的求解，属中档题．