Question

18．已知函数f（x）=$\frac{a}{x-1}$+lnx-1，a∈（0，+∞）．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若x=t为函数f（x）的极小值点，证明：f（t）＜$\frac{1}{2}$t-$\frac{3}{2t}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求导数，利用导数的正负求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）即证明：$lnt-\frac{1}{t}＜\frac{1}{2}t-\frac{3}{2t}$，即证：$lnt+\frac{1}{2t}-\frac{1}{2}t＜0（{t＞1}）$，设函数$g（t）=lnt+\frac{1}{2t}-\frac{1}{2}t，t＞1$，则$g'（t）=-\frac{{{{（{t-1}）}^2}}}{{2{t^2}}}＜0$，g（t）函数在（1，+∞）上为减函数，从而g（t）＜g（1）=0，即可证明结论．

解答 （Ⅰ）解：若a∈（0，+∞），函数f（x）定义域为（0，1）∪（1，+∞），
由$f'（x）=\frac{{{x^2}-（{2+a}）x+1}}{{x{{（{x-1}）}^2}}}$，
∵△=（2+a）²-4＞0，设f'（x）=0的两根为x₁、x₂（x₁＜x₂），
解得${x_1}=\frac{{2+a-\sqrt{{a^2}+4a}}}{2}，{x_2}=\frac{{2+a+\sqrt{{a^2}+4a}}}{2}$，
由x₁+x₂=2+a，x₁x₂=1，可得0＜x₁＜1＜x₂，
当x∈（0，x₁）∪（x₂，+∞）时，f'（x）＞0；
当x∈（x₁，1）∪（1，x₂）时，f'（x）＜0．
故函数f（x）的单调增区间为$（{0，\frac{{2+a-\sqrt{{a^2}+4a}}}{2}}）$和$（{\frac{{2+a+\sqrt{{a^2}+4a}}}{2}，+∞}）$，
单调递减区间为$（{\frac{{2+a-\sqrt{{a^2}+4a}}}{2}，1}）$和$（{1，\frac{{2+a+\sqrt{{a^2}+4a}}}{2}}）$．…（6分）
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，t＞1，函数f（x）的有极小值$f（t）=\frac{a}{t-1}+lnt-1$，而t²-（2+a）t+1=0，
故$a=\frac{{{{（{t-1}）}^2}}}{t}$，所以$f（t）=\frac{t-1}{t}+lnt-1=lnt-\frac{1}{t}$，即证明：$lnt-\frac{1}{t}＜\frac{1}{2}t-\frac{3}{2t}$，
即证：$lnt+\frac{1}{2t}-\frac{1}{2}t＜0（{t＞1}）$，设函数$g（t）=lnt+\frac{1}{2t}-\frac{1}{2}t，t＞1$，则$g'（t）=-\frac{{{{（{t-1}）}^2}}}{{2{t^2}}}＜0$，
所以，g（t）函数在（1，+∞）上为减函数，从而g（t）＜g（1）=0，
所以$f（t）＜\frac{1}{2}t-\frac{3}{2t}$…（12分）

点评 本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性、极值，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．