Question

1．已知函数f（x）=（x-1）ln（x-1），e为自然对数的底数．
（1）若关于x的不等式f（x）≥λ（x-2）在（1，+∞）恒成立，求实数λ的取值范围；
（2）若关于x的方程f（x+1）=a有两个实根x₁，x₂，求证：|x₁-x₂|＜$\frac{3}{2}a+1+\frac{1}{{2{e^3}}}$．

Answer 1

分析 （1）记g（x）=f（x）-λ（x-2）=（x-1）ln（x-1）-λ（x-2），判断g（x）的单调性，得出g（x）的最小值G（λ），再根据G（λ）的单调性得出G（λ）≥0的解；
（2）先证f（x+1）≥-2x-e^-3，记直线y=-2x-e^-3，y=x-1分别与y=a交于$（{x_1}^′，a）$，$（{x_2}^′，a）$，得出x₁′≤x₁，由（1）得出x₂≤x₂′，并且用a表示出x₁′，x₂′，于是通过计算|x₁′-x₂′|得出|x₁-x₂|的范围．

解答 解：（1）记g（x）=f（x）-λ（x-2）=（x-1）ln（x-1）-λ（x-2），其中x＞1，
∴g'（x）=ln（x-1）+1-λ，令g'（x）=0，得x=e^λ-1+1，
当1＜x＜e^λ-1+1时，g'（x）＜0；当x＞e^λ-1+1时，g'（x）＞0；
∴当x=e^λ-1+1时，g（x）取得最小值g（e^λ-1+1）=-e^λ-1+λ； 
∵关于x的不等式f（x）≥λ（x-2）在（1，+∞）恒成立，
∴λ-e^λ-1≥0，
记G（λ）=λ-e^λ-1，则G'（λ）=1-e^λ-1，令G'（λ）=0，得λ=1．
当λ＜1时，G'（x）＞0；当λ＞1时，G'（x）＜0；
∴当λ=1时，函数G（λ）取得最大值G（1）=0，
∴λ-e^λ-1≤0当且仅当λ=1时取等号；
∴λ-e^λ-1=0，即λ=1．
∴实数λ的取值范围为{1}．                     
证明：（2）先证f（x+1）≥-2x-e^-3，
记h（x）=f（x+1）-（-2x-e^-3）=xlnx+2x+e^-3，
则h'（x）=lnx+3，令h'（x）=0得x=e^-3，
∴当0＜x＜e^-3时，h'（x）＜0；当x＞e^-3时，h'（x）＞0；
∴当x=e^-3时，h（x）取得最小值h（e^-3）=e^-3lne^-3+2e^-3+e^-3=0，
∴h（x）≥0恒成立，也即f（x+1）≥-2x-e^-3，
记直线y=-2x-e^-3，y=x-1别与y=a交于$（{x_1}^′，a）$，$（{x_2}^′，a）$，
不妨设x₁＜x₂，则$a=-2{x_1}^′-{e^{-3}}=f（{x_1}+1）$$≥-2{x_1}-{e^{-3}}$，
从而${x_1}^′≤{x_1}$，当且仅当a=-3e^-3时取等号；                 
由（1）知：f（x+1）≥x-1，则$a={x_2}^′-1=f（{x_2}+1）$≥x₂-1，
从而${x_2}≤{x_2}^′$，当且仅当a=0时取等号；     
故$|{x_1}-{x_2}|={x_2}-{x_1}≤{x_2}^′-{x_1}^′$=$（a+1）-（-\frac{a}{2}-\frac{1}{{2{e^3}}}）$=$\frac{3a}{2}+1+\frac{1}{{2{e^3}}}$，
因等号成立的条件不能同时满足，故|x₁-x₂|＜$\frac{3}{2}a+1+\frac{1}{{2{e^3}}}$．

点评 本题考查了函数单调性的判断，函数最值的计算，利用函数单调性证明不等式，考查转化思想，属于难题．