Question

15．已知函數(shù)f（x）=lnx-$\frac{a（x-1）}{x}$（a∈R）
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若對(duì)一切的x∈（1，2），不等式$\frac{1}{lnx}$-$\frac{1}{x-1}$＜m恒成立，求實(shí)數(shù)m的范圍．

Answer 1

分析 （1）求函數(shù)的定義域和導(dǎo)數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系進(jìn)行求解即可．
（2）將不等式恒成立進(jìn)行轉(zhuǎn)化，利用條件構(gòu)造函數(shù)，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，研究函數(shù)的單調(diào)性和最值進(jìn)行求解即可．

解答 解：（1）函數(shù)的定義域是（0，+∞），導(dǎo)數(shù)f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{x}^{2}}$，
 ①若a≤0，導(dǎo)數(shù)f′（x）＞0，函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間是（0，+∞）；
②若a＞0，在（a，+∞）上，f′（x）＞0，函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間是（a，+∞），
在（a，+∞）上，f′（x）＜0，單調(diào)減區(qū)間是（0，a）；
（2）若對(duì)一切的x∈（1，2），不等式$\frac{1}{lnx}$-$\frac{1}{x-1}$＜m恒成立，等價(jià)為x-1-lnx＜m（x-1）lnx，
即x∈（1，2）時(shí)，不等式（mx-m+1）lnx-x+1＞0恒成立，
令g（x）=（mx-m+1）lnx-x+1，
則g′（x）=mlnx+$\frac{mx+1-m}{x}$-1=$\frac{mxlnx+（m-1）x+1-m}{x}$，
令h（x）=mxlnx+（m-1）x+1-m，則h′（x）=mlnx+2m-1，
①當(dāng)m≤0時(shí)，x∈（1，2）時(shí)，h′（x）＜0，
∴h（x）在x∈（1，2）上單調(diào)遞減，h（x）＜h（1）=0
∴x∈（1，2）時(shí)，g′（x）＜0，g（x）在（1，2）上單調(diào)遞減，
∴x∈（1，2）時(shí)，g（x）＜g（1）=0，與x∈（1，2）時(shí)，g（x）＞0，矛盾，此種情況不可能．
②當(dāng)0＜m＜$\frac{1}{2}$時(shí)，由h′（x）在（1，2）上單調(diào)遞增，且h′（x）=2m-1＜0，
∴一定存在x₀∈（1，2），使得x∈（1，x₀）時(shí)，h′（x）＜0，
∴h（x）在（1，x₀）上單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（1，x₀）時(shí)，h（x）＜h（1）=0，
∴x∈（1，x₀）時(shí)，g′（x）＜0，g（x）在（1，x₀）單調(diào)遞減，
∴x∈（1，x₀）時(shí)，g（x）＜g（1）=0，與x∈（1，2）時(shí)，g（x）＞0矛盾，此種情況不可能，
②當(dāng)m≥$\frac{1}{2}$時(shí)，x∈（1，2）時(shí)，h′（x）＞0，由h（x）在（1，2）上單調(diào)遞增，h（x）＞h（1）=0，
且h′（x）=2m-1＜0，
∴x∈（1，2）時(shí)，g′（x）＞0，g（x）在（1，2）單調(diào)遞增，
∴x∈（1，2）時(shí)，g（x）＞g（1）=0恒成立，
綜上實(shí)數(shù)m的取值范圍是[$\frac{1}{2}$，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)單調(diào)性，最值和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系，根據(jù)條件進(jìn)行合理的構(gòu)造函數(shù)，考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力，綜合性較強(qiáng)，難度較大，注意要進(jìn)行分類討論．