Question

16．已知函数f（x）=alnx+$\frac{1-a}{2}{x}^{2}-x$，a≠1．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若关于x的不等式f（x）＜$\frac{a}{a-1}$在[1，+∞）上有解，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调区间即可；
（2）问题转化为f（x）在[1，+∞）上的最小值f（x）_min＜$\frac{a}{a-1}$，通过讨论a的范围，求出f（x）的最小值，从而确定a的范围即可．

解答 解：（1）由题意得：f′（x）=$\frac{（x-1）[（1-a）x-a]}{x}$，x＞0，
令f′（x）=0，解得：x=1或x=$\frac{a}{1-a}$，
①$\frac{a}{1-a}$≤0即a≤0或a＞1时，
（i）a≤0时，f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，
（ii）a＞1时，f（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减；
②0＜$\frac{a}{1-a}$＜1即0＜a＜$\frac{1}{2}$时，
f（x）在（0，$\frac{a}{1-a}$）和（1，+∞）递增，在（$\frac{a}{1-a}$，1）递减；
③$\frac{a}{1-a}$=1即a=$\frac{1}{2}$时，f（x）在（0，+∞）递增；
④$\frac{a}{1-a}$＞1即$\frac{1}{2}$＜a＜1时，
f（x）在（0，1）和（$\frac{a}{1-a}$，+∞）递增，在（1，$\frac{a}{1-a}$）递减；
（2）由题意得：
f（x）在[1，+∞）上的最小值f（x）_min＜$\frac{a}{a-1}$，
由（1）得：①a≤$\frac{1}{2}$时，f（x）在（1，+∞）递增，
∴f（x）_min=f（1）=-$\frac{a+1}{2}$＜$\frac{a}{a-1}$，
∴-$\sqrt{2}$-1＜a＜$\sqrt{2}$-1；
②$\frac{1}{2}$＜a＜1时，f（x）在（1，$\frac{a}{1-a}$）递减，在（$\frac{a}{1-a}$，+∞）递增，
∴f（x）_min=f（$\frac{a}{1-a}$）=aln$\frac{a}{1-a}$+$\frac{{a}^{2}}{2（1-a）}$-$\frac{a}{1-a}$＜$\frac{a}{a-1}$，
∴ln$\frac{a}{1-a}$+$\frac{a}{2（1-a）}$＜0，令t=$\frac{a}{1-a}$（$\frac{1}{2}$＜a＜1），则t＞1，
设g（t）=lnt+$\frac{1}{2}$t（t＞1），则g（t）＞g（1）=$\frac{1}{2}$＞0，此时a无解；
③a＞1时，f（x）在（1，+∞）递减，
∴f（x）＜f（1）=-$\frac{a+1}{2}$＜0，符合题意，
综上，a的范围是（-$\sqrt{2}$-1，$\sqrt{2}$-1）∪（1，+∞）．

点评 本题考查了判断函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．