Question

11．设函数f（x）=a1nx+$\frac{1-a}{2}$x²-x（a∈R且a≠1），若?x₀∈[1，+∞），使得f（x₀）＜$\frac{a}{a-1}$，则a的取值范围为（　　）

• A． （-$\sqrt{2}-$1，$\sqrt{2}-1$）
• B． （-$\sqrt{2}-1$，1）
• C． （1，+∞）
• D． （-$\sqrt{2}-1$，$\sqrt{2}-1$）∪（1，+∞）

Answer 1

分析 利用导数分类求出函数f（x）=a1nx+$\frac{1-a}{2}$x²-x在∈[1，+∞）上的最小值，再由最小值小于$\frac{a}{a-1}$列不等式求得a的取值范围．

解答 解：由f（x）=a1nx+$\frac{1-a}{2}$x²-x，得
f′（x）=$\frac{a}{x}+（1-a）x-1=\frac{（1-a）{x}^{2}-x+a}{x}$=$\frac{（x-1）[（1-a）x-a]}{x}$，
当a＞1时，f′（x）≤0在[1，+∞）上恒成立，
∴f（x）在[1，+∞）上是减函数，
又当x→+∞时，f（x）→-∞，而$\frac{a}{a-1}$＞0，符合题意；
当a≤$\frac{1}{2}$时，f′（x）＞0在[1，+∞）上恒成立，
f（x）在[1，+∞）上为增函数，$f（x）_{min}=f（1）=\frac{1-a}{2}-1=-\frac{a+1}{2}$，
由$-\frac{a+1}{2}＜\frac{a}{a-1}$，得$-1-\sqrt{2}＜a＜\sqrt{2}-1$；
当$\frac{1}{2}＜a＜1$时，f（x）在[1，$\frac{a}{1-a}$）上为减函数，在（$\frac{a}{1-a}，+∞$）上为增函数，
∴f（x）的最小值为f（$\frac{a}{1-a}$）=$aln\frac{a}{1-a}+\frac{1-a}{2}•（\frac{a}{1-a}）^{2}-\frac{a}{1-a}$=$a（ln\frac{a}{1-a}+\frac{a-2}{2（1-a）}）$，
由$a（ln\frac{a}{1-a}+\frac{a-2}{2（1-a）}）＜\frac{a}{a-1}$，得$ln\frac{a}{1-a}＜\frac{a}{2（a-1）}$，此时显然不成立．
综上，a的取值范围为（-$\sqrt{2}-1$，$\sqrt{2}-1$）∪（1，+∞）．
故选：D．

点评 本题考查恒成立问题，考查了利用导数求函数的最值，训练了特称命题的应用，是中档题．