Question

16．已知函數(shù)f（x）=alnx+$\frac{1-a}{2}{x}^{2}-x$，a≠1．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）若關(guān)于x的不等式f（x）＜$\frac{a}{a-1}$在[1，+∞）上有解，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）問題轉(zhuǎn)化為f（x）在[1，+∞）上的最小值f（x）_min＜$\frac{a}{a-1}$，通過討論a的范圍，求出f（x）的最小值，從而確定a的范圍即可．

解答 解：（1）由題意得：f′（x）=$\frac{（x-1）[（1-a）x-a]}{x}$，x＞0，
令f′（x）=0，解得：x=1或x=$\frac{a}{1-a}$，
①$\frac{a}{1-a}$≤0即a≤0或a＞1時，
（i）a≤0時，f（x）在（0，1）遞減，在（1，+∞）遞增，
（ii）a＞1時，f（x）在（0，1）遞增，在（1，+∞）遞減；
②0＜$\frac{a}{1-a}$＜1即0＜a＜$\frac{1}{2}$時，
f（x）在（0，$\frac{a}{1-a}$）和（1，+∞）遞增，在（$\frac{a}{1-a}$，1）遞減；
③$\frac{a}{1-a}$=1即a=$\frac{1}{2}$時，f（x）在（0，+∞）遞增；
④$\frac{a}{1-a}$＞1即$\frac{1}{2}$＜a＜1時，
f（x）在（0，1）和（$\frac{a}{1-a}$，+∞）遞增，在（1，$\frac{a}{1-a}$）遞減；
（2）由題意得：
f（x）在[1，+∞）上的最小值f（x）_min＜$\frac{a}{a-1}$，
由（1）得：①a≤$\frac{1}{2}$時，f（x）在（1，+∞）遞增，
∴f（x）_min=f（1）=-$\frac{a+1}{2}$＜$\frac{a}{a-1}$，
∴-$\sqrt{2}$-1＜a＜$\sqrt{2}$-1；
②$\frac{1}{2}$＜a＜1時，f（x）在（1，$\frac{a}{1-a}$）遞減，在（$\frac{a}{1-a}$，+∞）遞增，
∴f（x）_min=f（$\frac{a}{1-a}$）=aln$\frac{a}{1-a}$+$\frac{{a}^{2}}{2（1-a）}$-$\frac{a}{1-a}$＜$\frac{a}{a-1}$，
∴l(xiāng)n$\frac{a}{1-a}$+$\frac{a}{2（1-a）}$＜0，令t=$\frac{a}{1-a}$（$\frac{1}{2}$＜a＜1），則t＞1，
設(shè)g（t）=lnt+$\frac{1}{2}$t（t＞1），則g（t）＞g（1）=$\frac{1}{2}$＞0，此時a無解；
③a＞1時，f（x）在（1，+∞）遞減，
∴f（x）＜f（1）=-$\frac{a+1}{2}$＜0，符合題意，
綜上，a的范圍是（-$\sqrt{2}$-1，$\sqrt{2}$-1）∪（1，+∞）．

點評 本題考查了判斷函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，是一道中檔題．