Question

9．設(shè)函數(shù)$f（x）=lnx+\frac{a}{x-1}$，（a＞0）
（Ⅰ）當(dāng)$a=\frac{1}{30}$時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若f（x）在$（0，\frac{1}{e}）$內(nèi)有極值點(diǎn)，當(dāng)x₁∈（0，1），x₂∈（1，+∞），求證：$f（{x_2}）-f（{x_1}）＞2e-\frac{4}{3}$．（e=2.71828…）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，令g（x）=x²-（a+2）x+1，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到：$f（{x_1}）≤f（m）=lnm+\frac{a}{m-1}$；$f（{x_2}）≥f（n）=lnn+\frac{a}{n-1}$，作差得到新函數(shù)F（n）=2lnn+n-$\frac{1}{n}$，（n＞e），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出其最小值即可證明結(jié)論成立．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，1）∪（1，+∞），
當(dāng)$a=\frac{1}{30}$時，$f'（x）=\frac{{（x-\frac{5}{6}）（x-\frac{6}{5}）}}{{x{{（x-1）}^2}}}$，…（3分）
令f′（x）＞0，得：$x＞\frac{6}{5}$或$x＜\frac{5}{6}$，
所以函數(shù)單調(diào)增區(qū)間為：$（0，\frac{5}{6}）$，$（\frac{6}{5}，+∞）$，
令f′（x）＜0，得：$\frac{5}{6}＜x＜\frac{6}{5}$，
所以函數(shù)單調(diào)減區(qū)間為：$（\frac{5}{6}，1）$，$（1，\frac{6}{5}）$…（5分）
（Ⅱ）證明：$f'（x）=\frac{1}{x}-\frac{a}{{{{（x-1）}^2}}}=\frac{{{x^2}-（a+2）x+1}}{{x{{（x-1）}^2}}}$，
令：g（x）=x²-（a+2）x+1=（x-m）（x-n）=0，
所以：m+n=a+2，mn=1，若f（x）在$（0，\frac{1}{e}）$內(nèi)有極值點(diǎn)，
不妨設(shè)0＜m＜$\frac{1}{e}$，則：n=$\frac{1}{m}$＞e，且a=m+n-2＞e+$\frac{1}{e}$-2，
由f′（x）＞0得：0＜x＜m或x＞n，
由f′（x）＜0得：m＜x＜1或1＜x＜n，
所以f（x）在（0，m）遞增，（m，1）遞減；（1，n）遞減，（n，+∞）遞增
當(dāng)x₁∈（0，1）時，$f（{x_1}）≤f（m）=lnm+\frac{a}{m-1}$；
當(dāng)x₂∈（1，+∞）時，$f（{x_2}）≥f（n）=lnn+\frac{a}{n-1}$，
所以：$f（{x_2}）-f（{x_1}）≥f（n）-f（m）=lnn+\frac{a}{n-1}-lnm-\frac{a}{m-1}=2lnn+a（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{m-1}）$=$2lnn+n-\frac{1}{n}$，n＞e，
設(shè)：$F（n）=2lnn+n-\frac{1}{n}$，n＞e，則$F'（n）=\frac{2}{n}+1+\frac{2}{n^2}＞0$，
所以：F（n）是增函數(shù)，
所以$F（n）＞F（e）=e+2-\frac{1}{e}$，
又：$e+2-\frac{1}{e}-（2e-\frac{4}{3}）=-e-\frac{1}{e}+\frac{10}{3}=\frac{{-3{e^2}+10e-3}}{3e}=\frac{-（3e-1）（e-3）}{3e}＞0$，
所以：$f（{x_2}）-f（{x_1}）＞2e-\frac{4}{3}$．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用、函數(shù)恒成立問題以及不等式的證明，是一道綜合題．