Question

11．設(shè)函數(shù)f（x）=a1nx+$\frac{1-a}{2}$x²-x（a∈R且a≠1），若?x₀∈[1，+∞），使得f（x₀）＜$\frac{a}{a-1}$，則a的取值范圍為（　�。�

• A． （-$\sqrt{2}-$1，$\sqrt{2}-1$）
• B． （-$\sqrt{2}-1$，1）
• C． （1，+∞）
• D． （-$\sqrt{2}-1$，$\sqrt{2}-1$）∪（1，+∞）

Answer 1

分析 利用導(dǎo)數(shù)分類求出函數(shù)f（x）=a1nx+$\frac{1-a}{2}$x²-x在∈[1，+∞）上的最小值，再由最小值小于$\frac{a}{a-1}$列不等式求得a的取值范圍．

解答 解：由f（x）=a1nx+$\frac{1-a}{2}$x²-x，得
f′（x）=$\frac{a}{x}+（1-a）x-1=\frac{（1-a）{x}^{2}-x+a}{x}$=$\frac{（x-1）[（1-a）x-a]}{x}$，
當(dāng)a＞1時(shí)，f′（x）≤0在[1，+∞）上恒成立，
∴f（x）在[1，+∞）上是減函數(shù)，
又當(dāng)x→+∞時(shí)，f（x）→-∞，而$\frac{a}{a-1}$＞0，符合題意；
當(dāng)a≤$\frac{1}{2}$時(shí)，f′（x）＞0在[1，+∞）上恒成立，
f（x）在[1，+∞）上為增函數(shù)，$f（x）_{min}=f（1）=\frac{1-a}{2}-1=-\frac{a+1}{2}$，
由$-\frac{a+1}{2}＜\frac{a}{a-1}$，得$-1-\sqrt{2}＜a＜\sqrt{2}-1$；
當(dāng)$\frac{1}{2}＜a＜1$時(shí)，f（x）在[1，$\frac{a}{1-a}$）上為減函數(shù)，在（$\frac{a}{1-a}，+∞$）上為增函數(shù)，
∴f（x）的最小值為f（$\frac{a}{1-a}$）=$aln\frac{a}{1-a}+\frac{1-a}{2}•（\frac{a}{1-a}）^{2}-\frac{a}{1-a}$=$a（ln\frac{a}{1-a}+\frac{a-2}{2（1-a）}）$，
由$a（ln\frac{a}{1-a}+\frac{a-2}{2（1-a）}）＜\frac{a}{a-1}$，得$ln\frac{a}{1-a}＜\frac{a}{2（a-1）}$，此時(shí)顯然不成立．
綜上，a的取值范圍為（-$\sqrt{2}-1$，$\sqrt{2}-1$）∪（1，+∞）．
故選：D．

點(diǎn)評(píng) 本題考查恒成立問(wèn)題，考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，訓(xùn)練了特稱命題的應(yīng)用，是中檔題．