Question

18．已知函數(shù)f（x）=$\frac{a}{x-1}$+lnx-1，a∈（0，+∞）．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若x=t為函數(shù)f（x）的極小值點(diǎn)，證明：f（t）＜$\frac{1}{2}$t-$\frac{3}{2t}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）即證明：$lnt-\frac{1}{t}＜\frac{1}{2}t-\frac{3}{2t}$，即證：$lnt+\frac{1}{2t}-\frac{1}{2}t＜0（{t＞1}）$，設(shè)函數(shù)$g（t）=lnt+\frac{1}{2t}-\frac{1}{2}t，t＞1$，則$g'（t）=-\frac{{{{（{t-1}）}^2}}}{{2{t^2}}}＜0$，g（t）函數(shù)在（1，+∞）上為減函數(shù)，從而g（t）＜g（1）=0，即可證明結(jié)論．

解答 （Ⅰ）解：若a∈（0，+∞），函數(shù)f（x）定義域?yàn)椋?，1）∪（1，+∞），
由$f'（x）=\frac{{{x^2}-（{2+a}）x+1}}{{x{{（{x-1}）}^2}}}$，
∵△=（2+a）²-4＞0，設(shè)f'（x）=0的兩根為x₁、x₂（x₁＜x₂），
解得${x_1}=\frac{{2+a-\sqrt{{a^2}+4a}}}{2}，{x_2}=\frac{{2+a+\sqrt{{a^2}+4a}}}{2}$，
由x₁+x₂=2+a，x₁x₂=1，可得0＜x₁＜1＜x₂，
當(dāng)x∈（0，x₁）∪（x₂，+∞）時(shí)，f'（x）＞0；
當(dāng)x∈（x₁，1）∪（1，x₂）時(shí)，f'（x）＜0．
故函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為$（{0，\frac{{2+a-\sqrt{{a^2}+4a}}}{2}}）$和$（{\frac{{2+a+\sqrt{{a^2}+4a}}}{2}，+∞}）$，
單調(diào)遞減區(qū)間為$（{\frac{{2+a-\sqrt{{a^2}+4a}}}{2}，1}）$和$（{1，\frac{{2+a+\sqrt{{a^2}+4a}}}{2}}）$．…（6分）
（Ⅱ）證明：由（Ⅰ）知，t＞1，函數(shù)f（x）的有極小值$f（t）=\frac{a}{t-1}+lnt-1$，而t²-（2+a）t+1=0，
故$a=\frac{{{{（{t-1}）}^2}}}{t}$，所以$f（t）=\frac{t-1}{t}+lnt-1=lnt-\frac{1}{t}$，即證明：$lnt-\frac{1}{t}＜\frac{1}{2}t-\frac{3}{2t}$，
即證：$lnt+\frac{1}{2t}-\frac{1}{2}t＜0（{t＞1}）$，設(shè)函數(shù)$g（t）=lnt+\frac{1}{2t}-\frac{1}{2}t，t＞1$，則$g'（t）=-\frac{{{{（{t-1}）}^2}}}{{2{t^2}}}＜0$，
所以，g（t）函數(shù)在（1，+∞）上為減函數(shù)，從而g（t）＜g（1）=0，
所以$f（t）＜\frac{1}{2}t-\frac{3}{2t}$…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的綜合運(yùn)用，考查函數(shù)的單調(diào)性、極值，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．