Question

17．已知a＞0，g（x）是函數(shù)f（x）=（x-a）lnx+$\frac{x-1}{ax}$的導(dǎo)函數(shù)．
（Ⅰ）當(dāng)a=1時(shí)，求函數(shù)g（x）的單調(diào)遞減區(qū)間；
（Ⅱ）當(dāng)a＞1時(shí)，求證：函數(shù)g（x）在x∈[1，+∞）是單調(diào)遞增函數(shù)；
（Ⅲ）若存在x₀∈[1，+∞），使得不等式f（x₀）＜0成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）a=1時(shí)，化簡(jiǎn)函數(shù)g（x），求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，由g′（x）＜0，求解可得函數(shù)g（x）的單調(diào)遞減區(qū)間．
（II）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)a＞1時(shí)，判斷g′（x）≥g′（1）＞0，恒成立，即可證明函數(shù)g（x）在x∈[1，+∞）是單調(diào)遞增函數(shù)．
（III）當(dāng)0＜a≤1時(shí)，不存在x₀∈[1，+∞），使得不等式f（x₀）＜0成立，當(dāng)a＞1時(shí)，函數(shù)f′（x）在x∈[1，+∞）是單調(diào)遞增函數(shù)，討論f′（1）≥0，f（x）≥f（1）≥0，推出不存在x₀∈[1，+∞），使得不等式f（x₀）＜0成立；若f′（1）＜0，推出f（x）≤f（1）=0，說(shuō)明存在x₀∈[1，m），使得不等式f（x₀）＜0，求解實(shí)數(shù)a的取值范圍．

解答 解：（I）$g（x）=lnx+\frac{x-1}{x}+\frac{1}{x^2}$，$g'（x）=\frac{{{x^2}+x-2}}{x^3}$，…（2分）
由g′（x）＜0得函數(shù)g（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（0，1）；…（4分）
（II）$g（x）=lnx+\frac{x-a}{x}+\frac{1}{{a{x^2}}}$，$g'（x）=\frac{{a{x^2}+{a^2}x-2}}{{a{x^3}}}$，
當(dāng)a＞1時(shí)，$g'（1）=\frac{（a+2）（a-1）}{{a{x^3}}}＞0$，
∵二次函數(shù)y=ax²+a²x-2在x∈[1，+∞）是增函數(shù)，
∴g′（x）≥g′（1）＞0，
∴函數(shù)g（x）在x∈[1，+∞）是單調(diào)遞增函數(shù)；…（8分）
（III）當(dāng)0＜a≤1時(shí)，f′（x）＞0，f（x）在x∈[1，+∞）是增函數(shù)，f（x）≥f（1）=0，
不存在x₀∈[1，+∞），使得不等式f（x₀）＜0成立；…（10分）
當(dāng)a＞1時(shí)，函數(shù)f′（x）在x∈[1，+∞）是單調(diào)遞增函數(shù)，
若f′（1）≥0，即$1＜a≤\frac{{\sqrt{5}+1}}{2}$，
則f′（x）≥f′（1）≥0，f（x）在x∈[1，+∞）是增函數(shù)，f（x）≥f（1）≥0，
也不存在x₀∈[1，+∞），使得不等式f（x₀）＜0成立；
若f′（1）＜0，即$a＞\frac{{\sqrt{5}+1}}{2}$，則存在m∈[1，+∞），
當(dāng)x∈[1，m）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）在x∈[1，m）是減函數(shù)，f（x）≤f（1）=0
此時(shí)存在x₀∈[1，m），使得不等式f（x₀）＜0成立，
綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是$（\frac{{\sqrt{5}+1}}{2}，+∞）$．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，函數(shù)的單調(diào)性的判斷與應(yīng)用，考查分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力．