Question

11．已知函数f（x）=xln（x-1）-ax²+bx（a，b∈R，a，b为常数，e为自然对数的底数）．
（Ⅰ）当a=-1时，讨论函数f（x）在区间$（\frac{1}{e}+1，e+1）$上极值点的个数；
（Ⅱ）当a=1，b=e+2时，对任意的x∈（1，+∞）都有$f（x）＜k{e^{\frac{1}{2}x}}$成立，求正实数k的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）a=-1时，求出导函数$f'（x）=ln（x-1）+\frac{x}{x-1}+2x+b$，记g（x）=f'（x）-b，再求解导函数求出极值点，利用函数的单调性，求出最小值，转化为f'（x）=0?g（x）=-b，通过（ⅰ）当b≥ln2-6时，（ⅱ）当$-e-\frac{2}{e}-2＜b＜ln2-6$时，（ⅲ）当$-2e-\frac{1}{e}-4＜b≤-e-\frac{2}{e}-2$时，（ⅳ）当$b≤-2e-\frac{1}{e}-4$时，分别求解函数的极值即可．
（Ⅱ）当a=1，b=e+2时，对任意的x∈（1，+∞）都有$f（x）＜k•{e^{\frac{1}{2}x}}$，即$ln（x-1）-x+e+2＜k•\frac{{{e^{\frac{x}{2}}}}}{x}$，记h（x）=ln（x-1）-x+e+2，$ϕ（x）=k•\frac{{{e^{\frac{x}{2}}}}}{x}$，通过导函数判断函数的最值，推出结果即可．

解答 解：（Ⅰ）a=-1时，$f'（x）=ln（x-1）+\frac{x}{x-1}+2x+b$，记g（x）=f'（x）-b，
则$g'（x）=\frac{1}{x-1}-\frac{1}{{{{（x-1）}^2}}}+2=\frac{{2x•（x-\frac{3}{2}）}}{{{{（x-1）}^2}}}$，$g'（x）=0⇒x=\frac{3}{2}$，
当$x∈（1+\frac{1}{e}，\frac{3}{2}）$时，g'（x）＜0，$x∈（\frac{3}{2}，e+1）$时，g'（x）＞0，
所以当$x=\frac{3}{2}$时，g（x）取得极小值6-ln2，又$g（\frac{1}{e}+1）=e+\frac{2}{e}+2$，$g（e+1）=2e+\frac{1}{e}+4$，f'（x）=0?g（x）=-b，所以
（ⅰ）当-b≤6-ln2，即b≥ln2-6时，f'（x）≥0，函数f（x）在区间$（\frac{1}{e}+1，e+1）$上无极值点；
（ⅱ）当$6-ln2＜-b＜e+\frac{2}{e}+2$即$-e-\frac{2}{e}-2＜b＜ln2-6$时，f'（x）=0有两不同解，
函数f（x）在区间$（\frac{1}{e}+1，e+1）$上有两个极值点；
（ⅲ）当$e+\frac{2}{e}+2≤-b＜2e+\frac{1}{e}+4$即$-2e-\frac{1}{e}-4＜b≤-e-\frac{2}{e}-2$时，f'（x）=0有一解，
函数f（x）在区间$（\frac{1}{e}+1，e+1）$上有一个极值点；
（ⅳ）当$-b≥2e+\frac{1}{e}+4$即$b≤-2e-\frac{1}{e}-4$时，f'（x）≤0，函数f（x）在区间$（\frac{1}{e}+1，e+1）$上
无极值点；
（Ⅱ）当a=1，b=e+2时，对任意的x∈（1，+∞）都有$f（x）＜k•{e^{\frac{1}{2}x}}$，
即$xln（x-1）-{x^2}+（e+2）x＜k{e^{\frac{x}{2}}}$，即$ln（x-1）-x+e+2＜k•\frac{{{e^{\frac{x}{2}}}}}{x}$
记h（x）=ln（x-1）-x+e+2，$ϕ（x）=k•\frac{{{e^{\frac{x}{2}}}}}{x}$，
由$h'（x）=\frac{1}{x-1}-1=\frac{2-x}{x-1}$，当1＜x＜2时h'（x）＞0，x＞2时，h'（x）＜0，
所以当x=2时，h（x）取得最大值h（2）=e，
又$ϕ'（x）=k\frac{{\frac{1}{2}{e^{\frac{x}{2}}}x-{e^{\frac{x}{2}}}}}{x^2}=\frac{{\frac{k}{2}{e^{\frac{x}{2}}}（x-2）}}{x^2}$，当1＜x＜2时ϕ'（x）＜0，x＞2时，ϕ'（x）＞0，
所以当x=2时，ϕ（x）取得最小值$\frac{ke}{2}$，所以只需要$e＜\frac{ke}{2}$⇒k＞2，即正实数k的取值范围是（2，+∞）．

点评 本题考查函数的导数的综合应用，函数的单调性已经函数的极值的求法，考查转化思想以及分类讨论思想的应用．