Question

17．已知函數(shù)f（x）=alnx+$\frac{1}{x-1}$，a∈R
（Ⅰ）當(dāng)a=$\frac{3}{4}$時(shí)，討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）當(dāng)$a∈[\frac{1}{2}，\;2\;）$時(shí)，若${x_1}∈（\;0\;，\frac{1}{2}\;）$，x₂∈（2，+∞），求證：f（x₂）-f（x₁）≥ln2+$\frac{3}{4}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）根據(jù)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，設(shè)ax²-（2a+1）x+a=0（0＜a＜2）的兩根為α，β，得0＜α＜$\frac{1}{2}$＜2＜β．由此入手能夠證明f（x₂）-f（x₁）≥ln2+$\frac{3}{4}$．

解答 解：f（x）的定義域?yàn)椋?，1）∪（1，+∞）且f′（x）=$\frac{{ax}^{2}-（2a+1）x+a}{{x（x-1）}^{2}}$，
（Ⅰ）當(dāng)a=$\frac{3}{4}$時(shí)，f′（x）=$\frac{（3x-1）（x-3）}{4{x（x-1）}^{2}}$，
若0＜x＜$\frac{1}{3}$或x＞3，則f′（x）＞0，若$\frac{1}{3}$＜x＜1或1＜x＜3，則f′（x）＜0，
故f（x）在（0，$\frac{1}{3}$）和（3，+∞）上單調(diào)遞增，在（$\frac{1}{3}$，1）和（1，3）上單調(diào)遞減；
（Ⅱ）當(dāng)a∈[$\frac{1}{2}$，2）時(shí)，設(shè)ax²-（2a+1）x+a=0（0＜a＜2）的兩根為α，β，
則 $\left\{\begin{array}{l}{α+β=2+\frac{1}{α}}\\{α•β=1}\end{array}\right.$，得0＜α＜$\frac{1}{2}$＜2＜β．
當(dāng)x∈（0，α）和（β，+∞）時(shí)，f′（x）=$\frac{{ax}^{2}-（2a+1）x+a}{{x（x-1）}^{2}}$＞0，
函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（α，$\frac{1}{2}$）和（2，β）時(shí)，f′（x）＜0，
函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，
則f（x₁）≤f（a），f（x₂）≥f（β），
則f（x₂）-f（x₁）≥f（β）-f（α）=alnβ+$\frac{1}{β-1}$-alnα-$\frac{1}{α-1}$=aln $\frac{β}{α}$+$\frac{α-β}{αβ-（α+β）+1}$=α[lnβ2+β-$\frac{1}{β}$]
（利用α+β=2+$\frac{1}{α}$，α•β=1）
令h（x）=lnx²+x-$\frac{1}{x}$，x＞2，
則h′（x）=$\frac{{（x+1）}^{2}}{{x}^{2}}$＞0，
則函數(shù)h（x）單調(diào)遞增，
h（x）≥h（2）=2ln2+$\frac{3}{2}$，
∴l(xiāng)nβ2+β-$\frac{1}{β}$≥2ln2+$\frac{3}{2}$＞0，
∵a∈[$\frac{1}{2}$，2），
則a[lnβ²+β-$\frac{1}{β}$]≥ln2+$\frac{3}{4}$，
∴f（x₂）-f（x₁）≥ln2+$\frac{3}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查實(shí)數(shù)的取值范圍的求法和不等式的證明，考查利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上最值的應(yīng)用，考查化歸與轉(zhuǎn)化、分類與整合的數(shù)學(xué)思想，培養(yǎng)學(xué)生的抽象概括能力、推理論證能力、運(yùn)算求解能力和創(chuàng)新意識(shí)．