题目

题型：宜宾一模难度：来源：

已知函数f（x）=

1

3

x³+ax²-bx+1（x∈R，a，b为实数）有极值，且在x=1处的切线与直线x-y+1=0平行．
（Ⅰ）求实数a的取值范围；
（Ⅱ）是否存在实数a，使得函数f（x）的极小值为1，若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由；
（Ⅲ）设函数g（x）=

f′(x)-2ax+b-1

x

-2lnx，试判断函数g（x）在（1，+∞）上的符号，并证明：lnn+

1

2

（1+

1

n

）≤

n

i-1

1

i

（n∈N^*）．

答案

（Ⅰ）∵f′（x）=x²+2ax-b，∴f′（1）=1+2a-b，
又因为函数在x=1处的切线与直线x-y+1=0平行，所以在x=1处的切线的斜率等于1，∴f′（1）=1∴b=2a①
∵f（x）有极值，故方程f′（x）=x²+2ax-b=0有两个不等实根∴△=4a²+4b＞0∴a²+b＞0②
由①．②可得，a²+2a＞0∴a＜-2或a＞0
故实数a的取值范围是a∈（-∞，-2）∪（0，+∞）
（（Ⅱ）存在a=-

8

3

…（5分）
由（1）可知f′（x）=x²+2ax-b，令f′（x）=0∴x₁=-a-

a2+2a

，x₂=-a+

a2+2a

∴f（x）_极小=f（x₂）=

1

3

x23+ax₂²-2ax₂+1=1，
∴x₂=0或x₂²+3ax₂-6a=0
若x₂=0，则-a+

a2+2a

=0，则a=0（舍），
若x₂²+3ax₂-6a=0，又f′（x₂）=0，∴x₂²+2ax₂-2a=0，
∴ax₂-4a=0
∵a≠0∴x₂=4
∴-a+

a2+2a

=4，
∴a=-

8

3

＜2∴存在实数a=-

8

3

，使得函数f（x）的极小值为1．
（Ⅲ）由g（x）=

f′(x)-2ax+b-1

x

-2lnx=

x2+2ax-b-2ax+b-1

x

-2lnx=x-

1

x

-2lnx
故g′（x）=1+

1

x2

-

2

x

=

x2-2x+1

x2

=

(x-1)2

x2

＞0，
则g（x）在（1，+∞）上是增函数，故g（x）＞g（1）=0，
所以，g（x）在（1，+∞）上恒为正．
当n是正整数时，

n+1

n

＞1，设x=

n+1

n

，则
g（

n+1

n

）=

n+1

n

-

n

n+1

-2ln

n+1

n

=1+

1

n

-1+

1

n+1

-2[ln（n+1）-lnn]
=

1

n

+

1

n+1

-2[ln（n+1）-lnn]＞0，
即

1

n

+

1

n+1

＞2[ln（n+1）-lnn]
上式分别取n的值为1、2、3、…、n-1（n＞1）累加得：
（

1

1

+

1

2

）+（

1

2

+

1

3

）+（

1

3

+

1

4

）+…+

1

n-1

+

1

n

＞2[ln2-ln1+ln3-ln2+ln4-ln3+…lnn-ln（n-1）]
∴1+2（

1

2

+

1

3

+

1

4

+…

1

n-1

）+

1

n

＞2lnn
2（1+

1

2

+

1

3

+

1

4

+…

1

n-1

+

1

n

）＞2lnn+1+

1

n

∴1+

1

2

+

1

3

+

1

4

+…

1

n-1

+

1

n

）＞lnn+

1

2

（1+

1

n

）
即lnn+

1

2

（1+

1

n

）＜

n

i-1

1

i

，（n＞1）
又当n=1时，lnn+

1

2

（1+

1

n

）=

n

i-1

1

i

，
故lnⁿ+

1

2

（1+

1

n

）≤

n

i-1

1

i

，当且仅当n=1时取等号．