Question

（2012•石家庄一模）已知函数f（x）=alnx+

1

x-1

（a≠0）在（0，

1

2

）内有极值．
（I）求实数a的取值范围；
（II）若x₁∈（0，

1

2

），x₂∈（2，∞）且a∈[

1

2

，2]时，求证：f（x₁）-f（x₂）≥ln2+

3

4

．

Answer 1

分析：（I）由f（x）=alnx+

1

x-1

（a≠0），得：f′(x)=

ax2-(2a+1)x+a

x(x-1)x

，由a≠0，令g(x)=x2-(2+

1

a

)x+1，知g（0）=1＞0．由此能求出实数a的范围．
（II）由（I）得：f′(x)=

ax2-(2a+1)x+a

x(x-1)2

，设ax²-（2a+1）x+a=0（0＜a＜2）的两根为α，β，则

α+β=2+ 1 α α•β=1

，得0＜α＜

1

2

＜2＜β．由此入手能够证明f（x₁）-f（x₂）≥ln2+

3

4

．

解答：解：（I）由f（x）=alnx+

1

x-1

（a≠0），
得：f′(x)=

ax2-(2a+1)x+a

x(x-1)x

，
∵a≠0，令g(x)=x2-(2+

1

a

)x+1，
∴g（0）=1＞0．
令g(

1

2

) ＜0或

0＜1+ 1 2a ＜ 1 2 △=(2a+1)2-4a2＞0 g( 1 2 )＞0

，
则0＜a＜2．
（II）由（I）得：f′(x)=

ax2-(2a+1)x+a

x(x-1)2

，
设ax²-（2a+1）x+a=0（0＜a＜2）的两根为α，β，
则

α+β=2+ 1 α α•β=1

，得0＜α＜

1

2

＜2＜β．
当x∈（0，α）和（β，+∞）时，f′(x)=

ax2-(2a+1)x+a

x(x-1)2

＞0，
函数f（x）单调递增；
当x∈(α，

1

2

)和（2，β）时，f′(x)=

ax2-(2a+1)x+a

x(x-1)2

＜0，
函数f（x）单调递减，
则f（x₁）≤f（a），f（x₂）≥f（β），
则f（x₂）-f（x₁）≥f（β）-f（α）=alnβ+

1

β-1

-alnα-

1

α-1

=aln

β

α

+

α-β

αβ-(α+β)+1

=α[lnβ2+β-

1

β

]（利用α+β=2+

1

α

，α•β=1）
令h(x)=lnx2+x-

1

x

，x＞2
则h′(x)=

(x+1)2

x2

＞0，
则函数h（x）单调递增，
h（x）≥h（2）=2ln2+

3

2

，
∴lnβ2+β-

1

β

≥2ln2+

3

2

＞0，
∵a∈[

1

2

，2)，
则a[lnβ2+β-

1

β

]≥ln2+

3

4

，
∴f（x₁）-f（x₂）≥ln2+

3

4

．

点评：本题考查实数的取值范围的求法和不等式的证明，考查利用导数求闭区间上最值的应用，考查化归与转化、分类与整合的数学思想，培养学生的抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力和创新意识．