Question

7．已知函數(shù)f（x）=ln（x-1+$\frac{1}{a}$）．
（1）當0＜a＜1時，
（i）求函數(shù)F（x）=f（x）-m+$\frac{a}{x}$的單調(diào)區(qū)間，并說明其單調(diào)性；
（ii）對于m∈R，函數(shù)F（x）是否一定存在零點？請說明理由；
（2）當a=1時，若對于任意正實數(shù)b，關(guān)于x的不等式bf（x）＞$\frac{x}{2}$+m在[1，e]上恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）（i）求導數(shù)F′（x）=$\frac{（x-1）[x-（a-1）]}{{x}^{2}（x-1+\frac{1}{a}）}$，而函數(shù)F（x）的定義域為（$\frac{a-1}{a}$，+∞），F(xiàn)′（x）=0的兩根為1，a-1，所以比較a-1和$\frac{a-1}{a}$的大小，根據(jù)導數(shù)符號即可找出F（x）的單調(diào)區(qū)間；
（ii）由上一問可以知道F（x）在$（\frac{a-1}{a}，a-1]$上是單調(diào)的，而a趨向于0時，F(xiàn)（$\frac{a-1}{a}$）趨向負無窮，而F（a-1）趨向于正無窮，這樣即可知道F（x）一定存在零點；
（2）當a=1時，bf（x）=blnx，顯然該函數(shù)在[1，e]上單調(diào)遞增，從而最小值為0，從而要滿足條件，只需0$＞\frac{x}{2}+m$，從而得到$-\frac{x}{2}＞m$，同樣的辦法求$-\frac{x}{2}$在[1，e]上的最小值，只要該最小值大于m，從而可求出m的取值范圍．

解答 解：（1）（i）F′（x）=$\frac{1}{x-1+\frac{1}{a}}-\frac{a}{{x}^{2}}=\frac{（x-1）[x-（a-1）]}{{x}^{2}（x-1+\frac{1}{a}）}$；
∵0＜a＜1；
∴a-1＜0；
函數(shù)f（x）中的x滿足$x＞\frac{a-1}{a}$；
而$\frac{a-1}{a}＜a-1$；
∴F（x）在$（\frac{a-1}{a}，a-1）$，（1，+∞）上單調(diào)遞增，在[a-1，1]上單調(diào)遞減；
∴F（x）的增區(qū)間為（$\frac{a-1}{a}，a-1$），（1，+∞），減區(qū)間為[a-1，1]；
（ii）由（i）知，F(xiàn)（x）在（$\frac{a-1}{a}，a-1$）上單調(diào)遞增，F(xiàn)（a-1）=$ln（a+\frac{1}{a}-2）-m+\frac{a}{a-1}$；
當a趨向0時，F(xiàn)（a-1）趨向于正無窮，而當x趨向$\frac{a-1}{a}$時，F(xiàn)（x）趨向負無窮；
∴F（x）在（$\frac{a-1}{a}，a-1$）上存在一個零點；
∴對于m∈R，函數(shù)F（x）一定存在零點；
（2）a=1時，由bf（x）$＞\frac{x}{2}+m$得：blnx$＞\frac{x}{2}+m$；
b＞0，∴函數(shù)blnx在[1，e]上單調(diào)遞增；
∴x=1時，函數(shù)blnx取最小值0；
∴$0＞\frac{x}{2}+m$；
即$-\frac{x}{2}＞m$在x∈[1，e]上恒成立；
$-\frac{x}{2}$在[1，e]上的最小值為$-\frac{e}{2}$；
∴$-\frac{e}{2}＞m$，即m$＜-\frac{e}{2}$；
∴實數(shù)m的取值范圍為（-∞，-$\frac{e}{2}$）．

點評 考查根據(jù)函數(shù)導數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性、求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的方法，二次函數(shù)在兩根之間和兩根之外的符號情況，對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性及對數(shù)函數(shù)的值域，以及對于單調(diào)函數(shù)在一區(qū)間的函數(shù)值符號相反時，該函數(shù)必在該區(qū)間存在一個零點，根據(jù)單調(diào)性求函數(shù)的最小值．