Question

4．）已知函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{a}{x-1}$（α∈R）．
（1）討論函數(shù)的單調(diào)性；
（2）若函數(shù)f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）內(nèi)有極值．
   ①求實數(shù)α取值范圍：
   ②若x₁∈（0，1），x₂∈（1，+∞）求證：f（x₂）-f（x₁）＞e+2-$\frac{1}{e}$．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）①函數(shù)的定義域為（0，1）∪（1，+∞），求導(dǎo)函數(shù)，利用函數(shù)f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）內(nèi)有極值，可得f′（x）=0在（0，$\frac{1}{e}$）內(nèi)有解，令g（x）=x²-（a+2）x+1=（x-α）（x-β）根據(jù)αβ=1，可設(shè)0＜α＜$\frac{1}{e}$，則β＞e，從而可求實數(shù)a的取值范圍；
②求導(dǎo)函數(shù)確定函數(shù)f（x）的單調(diào)性，進(jìn)而由x₁∈（0，1），可得f（x₁）≤f（α）=lnα+$\frac{a}{α-1}$；由x₂∈（1，+∞），可得f（x₂）≥f（β）=lnβ+$\frac{a}{β-1}$，所以f（x₂）-f（x₁）≥f（β）-f（α），又f（β）-f（α ）=2lnβ+β-$\frac{1}{β}$．記h（β）=2lnβ+β-$\frac{1}{β}$（β＞e），可得h（β）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，從而問題得證．

解答 解：（1）函數(shù)的定義域為（0，1）∪（1，+∞）
求導(dǎo)函數(shù)f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{（x-1）}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-（a+2）x+1}{{x（x-1）}^{2}}$，
令g（x）=x²-（a+2）x+1，x∈（0，1）∪（1，+∞），
對稱軸x=$\frac{a+2}{2}$＜0即a＜-2時，f′（x）＞0在（0，1），（1，+∞）恒成立，
∴a＜-2時，f（x）在定義域遞增，
-2≤a≤0時，△=（a+2）²-4=a²+4a≤0，f′（x）≥0恒成立，
∴-2≤a≤0時，f（x）在定義域遞增，
a＞0時，△=a²+4a＞0，
解方程f′（x）=0，解得：x₁=$\frac{a+2-\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$＜1，x₂=$\frac{a+2+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$＞1，
∴f′（x）在（0，$\frac{a+2-\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$）大于0，在（$\frac{a+2-\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$，1）小于0，在（1，$\frac{a+2+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$）小于0，
在（$\frac{a+2+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$，+∞）大于0，
∴f（x）在（0，$\frac{a+2-\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$）遞增，在（$\frac{a+2-\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$，1），（1，$\frac{a+2+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$）遞減，
在（$\frac{a+2+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$，+∞）遞增，
綜上：a≤0時，f（x）在定義域遞增，
a＞0時，f（x）在（0，$\frac{a+2-\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$）遞增，在（$\frac{a+2-\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$，1），（1，$\frac{a+2+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$）遞減，
在（$\frac{a+2+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$，+∞）遞增；
（2）①∵函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{a}{x-1}$在（0，$\frac{1}{e}$）內(nèi)有極值
∴f′（x）=0在（0，$\frac{1}{e}$）內(nèi)有解，令g（x）=x²-（a+2）x+1=（x-α）（x-β）
∵αβ=1，不妨設(shè)0＜α＜$\frac{1}{e}$，則β＞e
∵g（0）=1＞0，
∴g（$\frac{1}{e}$）=$\frac{1}{{e}^{2}}$-$\frac{a+2}{e}$+1＜0，
∴a＞e+$\frac{1}{e}$-2；
②證明：由f′（x）＞0，可得0＜x＜α或x＞β；由f′（x）＜0，可得α＜x＜1或1＜x＜β
∴f（x）在（0，α）內(nèi)遞增，在（α，1）內(nèi)遞減，在（1，β）內(nèi)遞減，在（β，+∞）遞增
由x₁∈（0，1），可得f（x₁）≤f（α）=lnα+$\frac{a}{α-1}$，
由x₂∈（1，+∞），可得f（x₂）≥f（β）=lnβ+$\frac{a}{β-1}$，
∴f（x₂）-f（x₁）≥f（β）-f（α）
∵αβ=1，α+β=a+2
∴f（β）-f（α ）=2lnβ+a×$\frac{α-β}{（β-1）（α-1）}$=2lnβ+a×$\frac{\frac{1}{β}-β}{2-（a+2）}$=2lnβ+β-$\frac{1}{β}$，
記h（β）=2lnβ+β-$\frac{1}{β}$（β＞e）
則h′（β）=$\frac{2}{β}$+1+$\frac{1}{{β}^{2}}$＞0，h（β）在（0，+∞）上單調(diào)遞增
∴h（β）＞h（e）=e+2-$\frac{1}{e}$，
∴f（x₂）-f（x₁）＞e+2-$\frac{1}{e}$．

點評 本題以函數(shù)為載體，考查導(dǎo)數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的極值與單調(diào)性，考查不等式的證明，綜合性比較強(qiáng)．