Question

14．设函数f（x）=lnx+$\frac{a}{x-1}$（a为常数）
（Ⅰ）若曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线与x轴平行，求实数a的值；
（Ⅱ）若函数f（x）在（e，+∞）内有极值．求实数a的取值范围；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，若x₁∈（0，1），x₂∈（1，+∞）．求证：f（x₂）-f（x₁）＞e+2-$\frac{1}{e}$（注：e是自然对数的底数）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）确定函数的定义域，求导数，利用曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线与x轴平行，即可求实数a的值；
（Ⅱ）若函数f（x）在（e，+∞）内有极值，f′（x）=0在（e，+∞）内有不等的实根，令φ（x）=x²-（2+a）x+1=（x-α）（x-β），可得αβ=1，β＞e．即可求实数a的取值范围；
（Ⅲ）确定函数f（x）在（0，α），（β，+∞）上单调递增，在（α，1），（1，β）上单调递减，可得f（x₂）-f（x₁）≥f（β）-f（α），再构造函数，即可证明结论．

解答 （Ⅰ）解：函数f（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞），
由f（x）=lnx+$\frac{a}{x-1}$得f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{（x-1）^{2}}$，
∵曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线与x轴平行，
∴f′（2）=0，
∴$\frac{1}{2}$-a=0，
∴a=$\frac{1}{2}$；
（Ⅱ）解：∵f′（x）=$\frac{{x}^{2}-（2+a）x+1}{x（x-1）^{2}}$，函数f（x）在（e，+∞）内有极值，
∴f′（x）=0在（e，+∞）内有不等的实根，
令φ（x）=x²-（2+a）x+1=（x-α）（x-β），可得αβ=1．
不妨设β＞α，则α∈（0，1），β∈（1，+∞），
∴β＞e．
∴φ（0）=1＞0，
∴φ（e）=e²-（2+a）e+1＜0，
∴a＞e+$\frac{1}{e}$-2，
即实数a的取值范围是（e+$\frac{1}{e}$-2，+∞）；
（Ⅲ）证明：由上知，f′（x）＞0，可得0＜x＜α或x＞β；f′（x）＜0，可得α＜x＜1或1＜x＜β，
∴函数f（x）在（0，α），（β，+∞）上单调递增，在（α，1），（1，β）上单调递减，
由x₁∈（0，1），得f（x₁）≤f（α）=lnα+$\frac{α}{α-1}$，
x₂∈（1，+∞），得f（x₂）≥f（β）=lnβ+$\frac{β}{β-1}$，
∴f（x₂）-f（x₁）≥f（β）-f（α）
又αβ=1，α+β=a+2，β＞e
∴f（β）-f（α）=lnβ+$\frac{β}{β-1}$-（lnα+$\frac{α}{α-1}$）=2lnβ+β-$\frac{1}{β}$，
令H（β）=2lnβ+β-$\frac{1}{β}$（β＞e），
则H′（β）=（$\frac{1}{β}$+1）²＞0，
∴H（β）在（e，+∞）上单调递增，
∴H（β）＞H（e）=e+2-$\frac{1}{e}$，
∴f（x₂）-f（x₁）＞e+2-$\frac{1}{e}$．

点评 本题考查导数知识的综合运用，考查导数的几何意义，考查不等式的证明，考查函数的单调性，正确求导，确定函数的单调性是关键．