Question

9．设函数$f（x）=lnx+\frac{a}{x-1}$，（a＞0）
（Ⅰ）当$a=\frac{1}{30}$时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若f（x）在$（0，\frac{1}{e}）$内有极值点，当x₁∈（0，1），x₂∈（1，+∞），求证：$f（{x_2}）-f（{x_1}）＞2e-\frac{4}{3}$．（e=2.71828…）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的导数，解关于导函数的不等式，从而求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）求出f（x）的导数，令g（x）=x²-（a+2）x+1，根据函数的单调性得到：$f（{x_1}）≤f（m）=lnm+\frac{a}{m-1}$；$f（{x_2}）≥f（n）=lnn+\frac{a}{n-1}$，作差得到新函数F（n）=2lnn+n-$\frac{1}{n}$，（n＞e），根据函数的单调性求出其最小值即可证明结论成立．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞），
当$a=\frac{1}{30}$时，$f'（x）=\frac{{（x-\frac{5}{6}）（x-\frac{6}{5}）}}{{x{{（x-1）}^2}}}$，…（3分）
令f′（x）＞0，得：$x＞\frac{6}{5}$或$x＜\frac{5}{6}$，
所以函数单调增区间为：$（0，\frac{5}{6}）$，$（\frac{6}{5}，+∞）$，
令f′（x）＜0，得：$\frac{5}{6}＜x＜\frac{6}{5}$，
所以函数单调减区间为：$（\frac{5}{6}，1）$，$（1，\frac{6}{5}）$…（5分）
（Ⅱ）证明：$f'（x）=\frac{1}{x}-\frac{a}{{{{（x-1）}^2}}}=\frac{{{x^2}-（a+2）x+1}}{{x{{（x-1）}^2}}}$，
令：g（x）=x²-（a+2）x+1=（x-m）（x-n）=0，
所以：m+n=a+2，mn=1，若f（x）在$（0，\frac{1}{e}）$内有极值点，
不妨设0＜m＜$\frac{1}{e}$，则：n=$\frac{1}{m}$＞e，且a=m+n-2＞e+$\frac{1}{e}$-2，
由f′（x）＞0得：0＜x＜m或x＞n，
由f′（x）＜0得：m＜x＜1或1＜x＜n，
所以f（x）在（0，m）递增，（m，1）递减；（1，n）递减，（n，+∞）递增
当x₁∈（0，1）时，$f（{x_1}）≤f（m）=lnm+\frac{a}{m-1}$；
当x₂∈（1，+∞）时，$f（{x_2}）≥f（n）=lnn+\frac{a}{n-1}$，
所以：$f（{x_2}）-f（{x_1}）≥f（n）-f（m）=lnn+\frac{a}{n-1}-lnm-\frac{a}{m-1}=2lnn+a（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{m-1}）$=$2lnn+n-\frac{1}{n}$，n＞e，
设：$F（n）=2lnn+n-\frac{1}{n}$，n＞e，则$F'（n）=\frac{2}{n}+1+\frac{2}{n^2}＞0$，
所以：F（n）是增函数，
所以$F（n）＞F（e）=e+2-\frac{1}{e}$，
又：$e+2-\frac{1}{e}-（2e-\frac{4}{3}）=-e-\frac{1}{e}+\frac{10}{3}=\frac{{-3{e^2}+10e-3}}{3e}=\frac{-（3e-1）（e-3）}{3e}＞0$，
所以：$f（{x_2}）-f（{x_1}）＞2e-\frac{4}{3}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用、函数恒成立问题以及不等式的证明，是一道综合题．