Question

13．[A]已知函数f（x）=alnx+$\frac{1-a}{2}{x}^{2}-x$，0＜a＜1．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）关于x的不等式f（x）＜$\frac{a}{a-1}$在[1，+∞）上有解，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=$\frac{a}{x}$+（1-a）x-1=$\frac{（1-a）（x-\frac{a}{1-a}）（x-1）}{x}$（x＞0）．（0＜a＜1）．对a分类讨论：①当a=$\frac{1}{2}$时；②$0＜a＜\frac{1}{2}$时，$0＜\frac{a}{1-a}＜1$；③$\frac{1}{2}＜a＜1$时，$\frac{a}{1-a}＞1$．利用导数研究其单调性即可得出单调区间．
（2）关于x的不等式f（x）＜$\frac{a}{a-1}$在[1，+∞）上有解，可得f（x）_min＜$\frac{a}{a-1}$．由（1）利用单调性即可得出最小值，解出不等式即可．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{a}{x}$+（1-a）x-1=$\frac{（1-a）（x-\frac{a}{1-a}）（x-1）}{x}$（x＞0）．（0＜a＜1）．
①当a=$\frac{1}{2}$时，f′（x）=$\frac{（x-1）^{2}}{2x}$≥0，因此函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②$0＜a＜\frac{1}{2}$时，$0＜\frac{a}{1-a}＜1$，函数f（x）在$（0，\frac{a}{1-a}）$，（1，+∞）上单调递增；在$（\frac{a}{1-a}，1）$上单调递减．
③$\frac{1}{2}＜a＜1$时，$\frac{a}{1-a}＞1$，函数f（x）在（0，1），（$\frac{a}{1-a}$，+∞）上单调递增；在$（1，\frac{a}{1-a}）$上单调递减．
（2）关于x的不等式f（x）＜$\frac{a}{a-1}$在[1，+∞）上有解，∴f（x）_min＜$\frac{a}{a-1}$．
由（1）可得：$0＜a≤\frac{1}{2}$时，函数f（x）在[1，+∞）上单调递增，∴x=1时，f（x）取得最小值，f（1）=-$\frac{1+a}{2}$．
∴-$\frac{1+a}{2}$$＜\frac{a}{a-1}$，解得$0＜a＜\sqrt{2}-1$．
$\frac{1}{2}＜a＜1$时，函数f（x）在（$\frac{a}{1-a}$，+∞）上单调递增；在$（1，\frac{a}{1-a}）$上单调递减．
∴f（x）_min=$f（\frac{a}{1-a}）$=$aln\frac{a}{1-a}$+$\frac{{a}^{2}-2a}{2（1-a）}$＜$\frac{a}{a-1}$．化为：$ln\frac{a}{1-a}$+$\frac{a}{2（1-a）}$＜0，
令$\frac{a}{1-a}$=t，∵$\frac{1}{2}＜a＜1$，∴t＞1，g（t）=lnt+$\frac{1}{2}t$＞ln1+$\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}＞$0，因此$ln\frac{a}{1-a}$+$\frac{a}{2（1-a）}$＜0无解．
综上可得：实数a的求值范围是$（0，\sqrt{2}-1）$．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、解不等式，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．