Question

13．設(shè)f（x）=$\frac{{x}^{2}-1}{lnx}$．
（1）求證：f（x）在（0，1）和（1，+∞）上都是增函數(shù)；
（2）若在函數(shù)f（x）的定義域內(nèi)，不等式af（x）＞x恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)的關(guān)系進(jìn)行性證明即可．
（2）根據(jù)不等式恒成立，構(gòu)造函數(shù)轉(zhuǎn)化為最值恒成立即可．

解答 解：（1）函數(shù)定義域?yàn)椋?，1）∪（1，+∞），
函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′（x）=$\frac{2xlnx-\frac{{x}^{2}-1}{x}}{（lnx）^{2}}$=$\frac{x}{（lnx）^{2}}$•（2lnx-$\frac{{x}^{2}-1}{{x}^{2}}$），
令g（x）=2lnx-$\frac{{x}^{2}-1}{{x}^{2}}$，則g′（x）=$\frac{2（x+1）（x-1）}{{x}^{3}}$，
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g′（x）＜0，g（x）為減函數(shù)，∴g（x）＞g（1）=0，
則f′（x）=$\frac{x}{（lnx）^{2}}$•g（x）＞0，此時(shí)f（x）為增函數(shù)，
當(dāng)x＞1時(shí)，g′（x）＞0，g（x）為增函數(shù)，∴g（x）＞g（1）=0，
則f′（x）=$\frac{x}{（lnx）^{2}}$•g（x）＞0，此時(shí)f（x）為增函數(shù)，
綜上f（x）在（0，1）和（1，+∞）上都是增函數(shù)
（2）af（x）-x=a•$\frac{{x}^{2}-1}{lnx}$-x=$\frac{x}{lnx}$[$\frac{a（{x}^{2}-1）}{x}$-lnx]．
設(shè)h（x）=$\frac{a（{x}^{2}-1）}{x}$-lnx，x＞0，
則h′（x）=$\frac{a{x}^{2}-x+a}{{x}^{2}}$，
①當(dāng)a＞0且△=1-4a²＜0，即a≥$\frac{1}{2}$時(shí)，
此時(shí)ax²-x+a≥0在（0，1）和（1，+∞）恒成立，
∴當(dāng)a≥$\frac{1}{2}$時(shí)，h′（x）≥0，
故h（x）在（0，1）和（1，+∞）上都是增函數(shù)；
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，h（x）＜h（1）=0，而lnx＜0，
∴af（x）-x=$\frac{x}{lnx}$•h（x）＞0，
當(dāng)x＞1時(shí)，h（x）＞h（1）=0，而lnx＞0，
∴af（x）-x=$\frac{x}{lnx}$•h（x）＞0，
綜上當(dāng)x＞0且x≠1時(shí)，af（x）＞x，
②當(dāng)0＜a＜$\frac{1}{2}$時(shí)，令h′（x）＜0，得$\frac{1-\sqrt{1-4{a}^{2}}}{2a}$＜x＜$\frac{1+\sqrt{1-4{a}^{2}}}{2a}$，此時(shí)函數(shù)h（x）在（1，$\frac{1+\sqrt{1-4{a}^{2}}}{2a}$）上為減函數(shù)，
當(dāng)1＜x＜$\frac{1+\sqrt{1-4{a}^{2}}}{2a}$時(shí)，h（x）＜h（0）=0，
故af（x）-x=$\frac{x}{lnx}$•h（x）＜0，不符合題意，
③當(dāng)a≤0時(shí)，h′（x）≤0，故h（x）在（0，1）和（1，+∞）上是減函數(shù)，
同理可得af（x）-x=$\frac{x}{lnx}$•h（x）＜0，不符合題意，
綜上，a≥$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)的關(guān)系以及不等式恒成立問(wèn)題，構(gòu)造函數(shù)，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)法是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強(qiáng)，運(yùn)算量較大．