Question

12．设函数f（x）=$\frac{xlnx}{x-1}$，g（x）=-$\frac{1}{2}a（{x^2}-x-2）$，其中a∈R．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若对任意x＞1，都有f（x）＞g（x-1）恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，二次求导，得到导函数的符号，从而求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）问题转化为$φ（x）=lnx+\frac{1}{2}a（x-1（（x-3）＞0$对x＞0恒成立，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，从而求出满足条件的a的具体范围即可．

解答 解：（I） $f'（x）=\frac{（lnx+1）（x-1）-xlnx}{{{{（x-1）}^2}}}=\frac{x-lnx-1}{{{{（x-1）}^2}}}（x＞0且x≠1）$
令u（x）=x-lnx-1，$u'（x）=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}$，
∴u（x）在（0，1）上单减，在（1，+∞）上单增，
∴u（x）≥u（1）=0，
∴f（x）在（0，1）上单增，在（1，+∞）上单增，无单调减区间..﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍（5分）
（Ⅱ）因为?x＞0，f（x）≥g（x-1）成立，
即$φ（x）=lnx+\frac{1}{2}a（x-1（（x-3）＞0$对x＞0恒成立，
$φ'（x）=\frac{1}{x}+a（x-2）=\frac{{a{{（x-1）}^2}+1-a}}{x}（x＞1）$﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍（6分）
（1）当0≤a≤1时，φ'（x）≥0，
则φ（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴φ（x）＞φ（1）=0，满足题意．．﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍（8分）
（2）当a＞1时，令φ'（x）＜0，则$1＜x＜1+\sqrt{\frac{a-1}{a}}$，
∴φ（x）在$（1，1+\sqrt{\frac{a-1}{a}}）$上单调递减，
∴x∈$（1，1+\sqrt{\frac{a-1}{a}}）$时，∴φ（x）＜φ（1）=0，不满足题意..﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍（10分）
（3）当a＜0时，令φ'（x）＞0，则$1＜x＜1+\sqrt{\frac{a-1}{a}}$，
∴φ（x）在$（1，1+\sqrt{\frac{a-1}{a}}）$上单调递增，在$（1+\sqrt{\frac{a-1}{a}}，+∞）$上单调递减，．﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍（11分）
容易证明：lnx＜x-1（x＞1），
取${x_0}=3-\frac{2}{a}∈（1+\sqrt{\frac{a-1}{a}}，+∞）$时，
$φ（{x_0}）=ln{x_0}+\frac{1}{2}a（{x_0}-1）（{x_0}-3）＜{x_0}-1+\frac{1}{2}a（{x_0}-1）（{x_0}-3）$，
∴$φ（{x_0}）＜（{x_0}-1）[1+\frac{1}{2}a（{x_0}-3）]=（{x_0}-1）（1+\frac{a}{2}×\frac{-2}{a}）=0$，不满足题意．
综上所述：a的取值范围[0，1]．﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍（14分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查分类讨论思想，是一道中档题．