Question

已知函数f（x）=

x-a

lnx

，其中a为实数．
（Ⅰ）当a≥1时，判断函数y=f（x）的单调区间；
（Ⅱ）是否存在实数a，使得对任意x∈（0，1）∪（1，+∞），f（x）＞

x

恒成立？若不存在，请说明理由，若存在，求出a的值．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）先求出函数f（x）的导数，引进新函数g（x），通过讨论x的范围，求出f（x）的单调区间；（Ⅱ）对a分别进行讨论，综合得出a=1时，不等式恒成立．

解答： 解：（I）∵f（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞），
且f′(x)=

lnx- 1 x (x-a)

(lnx)2

=

lnx+ a x -1

(lnx)2

，
令g(x)=lnx+

a

x

-1，
∴g′（x）=

1

x

-

a

x2

，
当x＞a时，g'（x）＞0，g（x）在（a，+∞）上单调递增；
当0＜x＜a时，g'（x）＜0，g（x）在（0，a）上单调递减；
又a≥1，
∴g（x）≥g_min（x）=g（a）=lna≥0，
∴f'（x）≥0，
∴f（x）在（0，1）和（1，+∞）上均单调递增．
（II）（1）当a＞0且a≠1时，f(a)=0＜

a

，故不符合；
（2）当a≤0时，f(

1

2

)＜0＜

1 2

，故也不符合；
（3）当a=1时，f(x)=

x-1

lnx

令h(x)=

x

-

1

x

-lnx，
则h′(x)=

1

2 x

+

1

2x x

-

1

x

=

( x -1)2

2x x

＞0   (x＞0，x≠1)
∴h（x）在（0，1）与（1，+∞）上均单调递增，
∴当0＜x＜1时，
h(x)=

x

-

1

x

-lnx＜h(1)=0
即f(x)＞

x

当x＞1时，h(x)=

x

-

1

x

-lnx＞h(1)=0
即f(x)＞

x

，
故a=1符合．
综合（1）（2）（3）知，
存在a=1使得f(x)＞

x

恒成立．

点评：本题考察了利用导数判断函数的单调性，不等式的证明，渗透了分类讨论思想，是一道中档题．