Question

2．已知函數(shù)f（x）=$\frac{ln（{x}^{2}-2x+a）}{x-1}$．
（1）當(dāng)a=1時(shí)，討論f（x）在（1，+∞）上的單調(diào)性；
（2）若f（x）的定義域?yàn)椋?∞，1）∪（1，+∞）．
①求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
②若關(guān)于x的不等式f（x）＜（x-1）•e^x對(duì)任意的x∈（1，+∞）都成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用導(dǎo)數(shù)直接確定單調(diào)區(qū)間；
（2））①只需x²-2x+a＞0在（-∞，1）∪（1，+∞）恒成立即可；
②不等式f（x）＜（x-1）•e^x對(duì)任意的x∈（1，+∞）都成立?ln（x²-2x+a）＜（x-1）²e^x對(duì)任意的x∈（1，+∞）都成立．
令g（x）=ln（x²-2x+a）-（x-1）²e^x，x∈（1，+∞），只要g（x）_max＜0  即可．

解答 解：（1）當(dāng)當(dāng)a=1，x∈（1，+∞）時(shí)，f（x）=$\frac{ln（{x}^{2}-2x+a）}{x-1}$=$\frac{2ln（x-1）}{x-1}$．
f′（x）=$\frac{2-2ln（x-1）}{x-1}$=0⇒x=e+1，
x∈（1，e+1）時(shí)，f′（x）＞0，x∈（e+1，+∞），f′（x）＜0，
函數(shù)f（x）在（e+1，+∞）上的單調(diào)遞減，在∈（1，e+1）遞增．
（2）①∵f（x）的定義域?yàn)椋?∞，1）∪（1，+∞），∴x²-2x+a＞0在（-∞，1）∪（1，+∞）恒成立，∴a≥1；
②不等式f（x）＜（x-1）•e^x對(duì)任意的x∈（1，+∞）都成立?ln（x²-2x+a）＜（x-1）²e^x對(duì)任意的x∈（1，+∞）都成立．
令g（x）=ln（x²-2x+a）-（x-1）²e^x，x∈（1，+∞）.$g′（x）=\frac{2x-2}{{x}^{2}-2x+a}-{e}^{x}（{x}^{2}-1）$=（x-1）[$\frac{2}{{x}^{2}-2x+a}-（x+1）{e}^{x}$]
 令h（x）=$\frac{2}{{x}^{2}-2x+a}-（x+1）{e}^{x}$∵$y=\frac{2}{{x}^{2}-2x+a}在（1，+∞）遞增，y=（x+1）^{2}{e}^{x}$在（1，+∞）遞減，
∴h（x）在（1，+∞）遞減，∴$h（x）＜h（1）=\frac{2}{a-1}-2e$．
    當(dāng)h（1）=$\frac{2}{a-1}-2e≤0$時(shí)，即a$≥1+\frac{1}{e}$時(shí)，g′（x）＜0，∴g（x）在（1，+∞）遞減，
∴g（x）＜g（1）=ln（a-1）≤0即可⇒a≤2，綜上：1+$\frac{1}{e}$≤a≤2符合題意．
    當(dāng)h（1）＞0時(shí)，即1≤a＜1+$\frac{1}{e}$時(shí)，存在x₀＞1，使h（x₀）=$\frac{2}{{{x}_{0}}^{2}-2x+a}-（{x}_{0}+1）{e}^{{x}_{0}}=0$，
x∈（1，x₀）時(shí)，h（x）＞0，x∈（x₀，+∞）時(shí)，h（x）＜0，
g（x）在（1，x₀）遞增，在（x₀，+∞）遞減，∴g（x）_max=g（x₀）=ln（x₀²-2x₀+a）-（x₀-1）²e^x₀=ln$\frac{2}{{e}^{{x}_{0}}（{x}_{0}+1）}-（{x}_{0}-1）^{2}{e}^{{x}_{0}}＜0$恒成立，即1≤a＜1+$\frac{1}{e}$符合題意．
所以綜上：關(guān)于x的不等式f（x）＜（x-1）•e^x對(duì)任意的x∈（1，+∞）都成立，實(shí)數(shù)a的取值范圍：[1，2]

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)處理函數(shù)單調(diào)性的基本方法，及構(gòu)造新函數(shù)處理函數(shù)不等式恒成立問題的基本技巧，屬于難題．