Question

18．已知函数f（x）=$\frac{a+lnx}{x-1}$（x＞1）
（1）当a=1时，求函数f（x）的单调递减区间；
（2）当a=0时，判断函数f（x）的单调性；
（3）当x＞1时，证明：$\frac{lnx}{x-1}$＞$\frac{ln（{e}^{x}-1）}{{e}^{x}-2}$（e为自然对数的底数）

Answer 1

分析 （1）把a=1代入函数解析式，求出导函数，由导函数小于0在（1，+∞）上恒成立，可得函数f（x）的单调递减区间为（1，+∞）；
（2）把a=0代入函数解析式，求出导函数f′（x）=$\frac{x-xlnx-1}{x（x-1）^{2}}$，再由导数可得h（x）=x-xlnx-1＜0在（1，+∞）上恒成立，可得函数f（x）在（1，+∞）上单调递减；
（3）把要证的不等式化为$\frac{lnx}{x-1}$＞$\frac{ln（{e}^{x}-1）}{{x}^{x}-1-1}$．令r（x）=$\frac{lnx}{x-1}$，即证r（x）＞r（e^x-1）．由（2）知r（x）在（1，+∞）上单调递减，转化为证x＜e^x-1．构造函数
令s（x）=x-e^x+1，再由导数证明s（x）＜0在（1，+∞）上成立得答案．

解答 （1）解：当a=1时，f（x）=$\frac{1+lnx}{x-1}$，f′（x）=$\frac{1-\frac{1}{x}-1-lnx}{（x-1）^{2}}$=$\frac{-\frac{1}{x}-lnx}{（x-1）^{2}}$（x＞1）．
∵当x＞1时，$-\frac{1}{x}-lnx$＜0，∴f′（x）＜0，
故函数f（x）的单调递减区间为（1，+∞）；
（2）当a=0时，f（x）=$\frac{lnx}{x-1}$，f′（x）=$\frac{1-\frac{1}{x}-lnx}{（x-1）^{2}}$=$\frac{x-xlnx-1}{x（x-1）^{2}}$（x＞1）．
令h（x）=x-xlnx-1，h′（x）=1-lnx-1=-lnx＜0，
∴h（x）在（1，+∞）上单调递减，又h（1）=0，
∴h（x）＜0，即f′（x）＜0在（1，+∞）上恒成立，
故函数f（x）在（1，+∞）上单调递减；
（3）证明：要证$\frac{lnx}{x-1}$＞$\frac{ln（{e}^{x}-1）}{{e}^{x}-2}$，即证$\frac{lnx}{x-1}$＞$\frac{ln（{e}^{x}-1）}{{x}^{x}-1-1}$．
令r（x）=$\frac{lnx}{x-1}$，即证r（x）＞r（e^x-1）．
由（2）知，r（x）在（1，+∞）上单调递减，
又x＞1，e^x-1＞1，
需证x＜e^x-1．
令s（x）=x-e^x+1，则s′（x）=1-e^x＜0，
s（x）在（1，+∞）上单调递减，∴s（x）＜s（1）=-e＜0，
即x＜e^x-1．
故$\frac{lnx}{x-1}$＞$\frac{ln（{e}^{x}-1）}{{e}^{x}-2}$．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查数学转化思想方法和函数构造法，训练了分析法证明函数不等式，是中档题．