已知函数f（x）=a（x-1）2+x-1，g（x）=lnx．（Ⅰ）若a=1，求F（x）=g（x）-f（x）在（0，+∞）上的最小
已知函数f（x）=a（x-1）2+x-1，g（x）=lnx．（Ⅰ）若a=1，求F（x）=g（x）-f（x）在（0，+∞）上的最小值；（Ⅱ）证明：对任意的正整数n，不等式2...
已知函数f（x）=a（x-1）2+x-1，g（x）=lnx．（Ⅰ）若a=1，求F（x）=g（x）-f（x）在（0，+∞）上的最小值；（Ⅱ）证明：对任意的正整数n，不等式2+34+49+…+n+1n＞ln（n+1）都成立；（Ⅲ）是否存在实数a（a＞0），使得方程2g(x)x=f′（x+1）-（4a-1）在区间（1e，e）内有且只有两个不相等的实数根？若存在，请求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．
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（Ⅰ）解：a=1时，f（x）=x2-x，
F（x）=lnx-x2+x，F′（x）=-
，由F′（x）=0得x1=-
，x2=1，
∵x∈（0，+∞），
∴x∈（0，1）时，F（x）递减，x∈（1，+∞）时，F（x）递增，
则x=1为极小值点，也为最小值点，
故F（x）min=F（1）=0．
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知lnx≤x2-x，令x=
＞1，
ln
＜（
）2-
=
，
即ln（i+1）-lni＜
，
故
[ln（i+1）-lni]＜2+
+
+…+
，
即有不等式2+
+
+…+
＞ln（n+1）恒成立；
（Ⅲ）解：假设存在实数a（a＞0），使得方程
=f′（x+1）-（4a-1）在区间（
，e）内有且只有两个不相等的实数根．
将方程
=f′（x+1）-（4a-1）整理得ax2+（1-2a）x-lnx=0，
设H（x）=ax2+（1-2a）x-lnx，由已知可转化为H（x）在（
，e）内有且只有两个零点，
所以H′（x）=2ax+1-2a-
=
令H′（x）=0，a＞0，解得x1=1，x2=-
（舍去），
当x∈（0，1），H′（x）＜0，H（x）单调递减，x∈（1，+∞），H（x）单调递增．
故H（x）在（
，e）内有且只有两个零点，只需
F（x）=lnx-x2+x，F′（x）=-
| (2x+1)(x?1) |
| x |
| 1 |
| 2 |
∵x∈（0，+∞），
∴x∈（0，1）时，F（x）递减，x∈（1，+∞）时，F（x）递增，
则x=1为极小值点，也为最小值点，
故F（x）min=F（1）=0．
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知lnx≤x2-x，令x=
| i+1 |
| i |
ln
| i+1 |
| i |
| i+1 |
| i |
| i+1 |
| i |
| i+1 |
| i2 |
即ln（i+1）-lni＜
| i+1 |
| i2 |
故
| n |
 |
| i＝1 |
| 3 |
| 4 |
| 4 |
| 9 |
| n+1 |
| n2 |
即有不等式2+
| 3 |
| 4 |
| 4 |
| 9 |
| n+1 |
| n |
（Ⅲ）解：假设存在实数a（a＞0），使得方程
| 2g(x) |
| x |
| 1 |
| e |
将方程
| 2g(x) |
| x |
设H（x）=ax2+（1-2a）x-lnx，由已知可转化为H（x）在（
| 1 |
| e |
所以H′（x）=2ax+1-2a-
| 1 |
| x |
| (2ax+1)(x?1) |
| x |
令H′（x）=0，a＞0，解得x1=1，x2=-
| 1 |
| 2a |
当x∈（0，1），H′（x）＜0，H（x）单调递减，x∈（1，+∞），H（x）单调递增．
故H（x）在（
| 1 |
| e |
