Question

8．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{m}-\frac{1}{x-1}$
（1）求證函數(shù)f（x）是（1，+∞）增函數(shù)；
（2）若函數(shù)f（x）在[a，b]上的值域是[2a，2b]（1＜a＜b），求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（3）若任意x∈[$\frac{3}{2}$，4]，不等式f（x）＞x恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．
（4）若存在x∈[$\frac{3}{2}$，4]，使不等式f（x）＞x成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，判斷導(dǎo)數(shù)的符號(hào)，即可得證；
（2）運(yùn)用單調(diào)性，可得f（a）=2a，f（b）=2b，可得a，b為方程2x²-mx+1=0的兩個(gè)不等的正根，運(yùn)用韋達(dá)定理和判別式大于0，即可得到所求范圍；
（3）任意x∈[$\frac{3}{2}$，4]，不等式f（x）＞x恒成立，即為$\frac{1}{m}$≥x+$\frac{1}{x-1}$的最大值，由單調(diào)性可得最大值；
（4）存在x∈[$\frac{3}{2}$，4]，使不等式f（x）＞x成立，即為即為$\frac{1}{m}$≥x+$\frac{1}{x-1}$的最小值，運(yùn)用單調(diào)性即可得到所求范圍．

解答 證明：（1）∵f（x）=$\frac{1}{m}-\frac{1}{x-1}$（x＞1），
∴f′（x）=$\frac{1}{（x-1）^{2}}$＞0在（1，+∞）上恒成立，
即f（x）在（1，+∞）為增函數(shù)；
解：（2）由f（x）在（1，+∞）為增函數(shù)，可得
f（a）=2a，f（b）=2b，
即有$\frac{1}{m}-\frac{1}{a-1}$=2a，$\frac{1}{m}-\frac{1}{b-1}$=2b，
即a，b為方程$\frac{1}{m}-\frac{1}{x-1}=2x$，即方程2mx²-（2m+1）x+（m+1）=0的兩個(gè)不等的大于1的根，
則△=（2m+1）²-8m（m+1）＞0，$\frac{2m+1}{4m}$＞1，2m-（2m+1）+（m+1）＞0
解得：0＜m＜$\frac{1}{2}$；
（3）任意x∈[$\frac{3}{2}$，4]，不等式f（x）＞x恒成立，
即為$\frac{1}{m}$≥x+$\frac{1}{x-1}$的最大值，由x+$\frac{1}{x-1}$的導(dǎo)數(shù)為1+$\frac{1}{（x-1）^{2}}$＞0，
可得[$\frac{3}{2}$，4]為增區(qū)間，即有最大值為4+$\frac{1}{3}$=$\frac{13}{3}$，
則有0＜m≤$\frac{3}{13}$；
（4）存在x∈[$\frac{3}{2}$，4]，使不等式f（x）＞x成立，
即為$\frac{1}{m}$≥x+$\frac{1}{x-1}$的最大小值，由x+$\frac{1}{x-1}$的導(dǎo)數(shù)為1+$\frac{1}{（x-1）^{2}}$＞0，
可得[$\frac{3}{2}$，4]為增區(qū)間，即有最小值為2+$\frac{3}{2}$=$\frac{7}{2}$，
則有0＜m≤$\frac{2}{7}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的單調(diào)性的運(yùn)用，考查函數(shù)的值域的求法，注意運(yùn)用單調(diào)性解決，考查不等式恒成立和成立問(wèn)題的解法，屬于中檔題．