Question

11．设函数f（x）=lnx+$\frac{a}{x-1}$（a为常实数）
（Ⅰ）若?x₀∈[e，e²]，（e为自然对数的底数，且e≈2.71828…），使得f（x₀）＞0，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）若实数a＞0，函数f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）内有极值点，当x₁∈（0，1），x₂∈（1，+∞），求证：f（x₂）-f（x₁）＞2e-$\frac{4}{3}$（e=2.71828…）

Answer 1

分析 （Ⅰ）分离参数，构造函数，设h（x）=（1-x）lnx，x∈[e，e²]，只要求出a＞h（x）_min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（x₁）≤f（m）=lnm+$\frac{a}{m-1}$；当x₂∈（1，+∞）时，f（x₂）≥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）因为f（x）=lnx+$\frac{a}{x-1}$在?x₀∈[e，e²]，使得f（x₀）＞0，
所以a＞（1-x₀）lnx₀，在x₀∈[e，e²]成立，
设h（x）=（1-x）lnx，x∈[e，e²]，
则h′（x）=-lnx+$\frac{1}{x}$-1=-$\frac{xlnx+x-1}{x}$＜0在[e，e²]恒成立，
所以h（x）在[e，e²]单调递增，
所以h（x）_min=h（e）=（1-e）lne=1-e，
所以a＞1-e，
故a的取值范围为（1-e，+∞）
证明：（Ⅱ）f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{（x-1）^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-（a+2）x+1}{x（x-1）}$，
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（x₁）≤f（m）=lnm+$\frac{a}{m-1}$；
当x₂∈（1，+∞）时，f（x₂）≥f（n）=lnn+$\frac{a}{n-1}$，
所以：f（x₂）-f（x₂）≥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-$\frac{1}{e}$+$\frac{10}{3}$=$\frac{-3（3e-1）（e-3）}{3e}$＞0
所以：f（x₂）-f（x₁）＞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．