Question

8．設函數(shù)f（x）=ln（x-1）+$\frac{2a}{x}$（a∈R）
（I）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）當x＞1，且x≠2時，xln（x-1）＞a（x-2）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過對函數(shù)f（x）求導，進而轉(zhuǎn)化為判斷二次函數(shù)y=x²-2ax+2a的正負問題，再對a分類討論即可．
（Ⅱ）當x＞1，且x≠2時，xln（x-1）＞a（x-2）恒成立問題，轉(zhuǎn)化為當x＞1，且x≠2時$\frac{1}{x-2}$[f（x）-a]＞0恒成立問題，只要利用（Ⅰ）的結論對a及x進行分類討論f（x）-a及x-2的符號即可．

解答 解：（1）由題意可知函數(shù)f（x）的定義域為（1，+∞），
f′（x）=$\frac{1}{x-1}$-$\frac{2a}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-2ax+2a}{{x}^{2}（x-1）}$，
設g（x）=x²-2ax+2a，△=4a²-8a=4a（a-2），
①當△≤0，即0≤a≤2，g（x）≥0，
∴f′（x）≥0，f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增；
②當a＜0時，g（x）的對稱軸為x=a，
當x＞1時，由二次函數(shù)的單調(diào)性可知g（x）＞g（1）＞0，
∴f′（x）＞0，f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增；
③當a＞2時，設x₁，x₂（x₁＜x₂）是方程x²-2ax+2a=0的兩個根，
則x₁=a-$\sqrt{{a}^{2}-2a}$＞1，x₂=a+$\sqrt{{a}^{2}-2a}$，
當1＜x＜x₁或x＞x₂時，f′（x）＞0，f（x）在（1，x₁），（x₂，+∞）上是增函數(shù)，
當x₁＜x＜x₂時，f′（x）＜0，f（x）在（x₁，x₂）上是減函數(shù)，
綜上可知：當a≤2時，f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增；
當a＞2時，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（1，x₁），（x₂，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（x₁，x₂）．
（2）xln（x-1）＞a（x-2）可化為：$\frac{ln（x-1）}{x-2}$＞$\frac{a}{x}$，
即：$\frac{1}{x-2}$[ln（x-1）+$\frac{2a}{x}$-a]＞0，
即$\frac{1}{x-2}$[f（x）-a]＞0，（*）
令h（x）=f（x）-a，由（1）知：
①當a≤2時，f（x）在（1，+∞）上是增函數(shù)，
所以h（x）在（1，+∞）是增函數(shù)，
因為當1＜x＜2時，h（x）＜h（2）=0，∴（*）式成立，
當x＞2時，h（x）＞h（2）=0，∴（*）成立，
所以當a≤2時，（*）成立；
②當a＞2時，因為f（x）在（x₁，2）上是減函數(shù)，
所以h（x）在（x₁，2）上是減函數(shù)，
所以當x₁＜x＜2時，h（x）＞h（2）=0，（*）不成立，
綜上可知，a的取值范圍為（-∞，2]．

點評 本題綜合考查了函數(shù)的單調(diào)性及恒成立問題，關鍵是通過分類討論得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及會轉(zhuǎn)化利用已證的結論解決問題．