题目内容
已知函数f(x)=
x2-ax+(a-1)lnx
（1）若1＜a＜2，求f（x）的单调区间；
（2）若1＜a＜5，证明对任意x1，x2∈（0，+∞），x1≠x2，恒有
＞-1．
| 1 |
| 2 |
（1）若1＜a＜2，求f（x）的单调区间；
（2）若1＜a＜5，证明对任意x1，x2∈（0，+∞），x1≠x2，恒有
| f(x1)-f(x2) |
| x1-x2 |
分析：（1）先求出函数的导数，令导数小于0或大于0，解不等式即可求出单调区间；
（2）利用分析法找思路，根据斜率公式将结论转化为“函数f（x）曲线上任意两点确定的割线斜率k＞-1”，再转化为x∈（0，+∞），恒有f′（x）＞-1，把不等式化简后，构造函数转化为恒成立问题，再由条件和二次函数的性质求出函数的最小值，化简后根据a的范围判断符号即可．
（2）利用分析法找思路，根据斜率公式将结论转化为“函数f（x）曲线上任意两点确定的割线斜率k＞-1”，再转化为x∈（0，+∞），恒有f′（x）＞-1，把不等式化简后，构造函数转化为恒成立问题，再由条件和二次函数的性质求出函数的最小值，化简后根据a的范围判断符号即可．
解答：解：（1）f′(x)=x-a+
=
=
，
由函数的解析式知，x＞0，
∵a∈（1，2），∴a-1∈（0，1）
令f′（x）＜0，得[x-（a-1）]（x-1）＜0，∴a-1＜x＜1
令f′（x）＞0，得[x-（a-1）]（x-1）＞0．∴0＜x＜a-1或x＞1
故当1＜a＜2时，f（x）的单调增区间为（0，a-1），（1，+∞）；减区间为（a-1，1）．
（2）“
＞-1”的几何意义是函数f（x）曲线上任意两点确定的割线斜率k＞-1，
即在任一点处的切线斜率k＞-1，
即证当-1＜a＜3时，对x∈（0，+∞），恒有f′（x）＞-1，
∴f′（x）=
＞-1，且x＞0，即x2-（a-1）x+a-1＞0在（0，+∞）恒成立，
设h（x）=x2-（a-1）x+a-1＞0，且对称轴x=
，
由1＜a＜5得，0＜
＜2，
则h（x）min=h（
）=（
）2-（a-1）（
）+a-1=
，
由1＜a＜5得，
＞0，
故结论得证．
| a-1 |
| x |
| x2-ax+a-1 |
| x |
| (x-1)[x-(a-1)] |
| x |
由函数的解析式知，x＞0，
∵a∈（1，2），∴a-1∈（0，1）
令f′（x）＜0，得[x-（a-1）]（x-1）＜0，∴a-1＜x＜1
令f′（x）＞0，得[x-（a-1）]（x-1）＞0．∴0＜x＜a-1或x＞1
故当1＜a＜2时，f（x）的单调增区间为（0，a-1），（1，+∞）；减区间为（a-1，1）．
（2）“
| f(x1)-f(x2) |
| x1-x2 |
即在任一点处的切线斜率k＞-1，
即证当-1＜a＜3时，对x∈（0，+∞），恒有f′（x）＞-1，
∴f′（x）=
| x2-ax+a-1 |
| x |
设h（x）=x2-（a-1）x+a-1＞0，且对称轴x=
| a-1 |
| 2 |
由1＜a＜5得，0＜
| a-1 |
| 2 |
则h（x）min=h（
| a-1 |
| 2 |
| a-1 |
| 2 |
| a-1 |
| 2 |
| -(a-1)(a-5) |
| 4 |
由1＜a＜5得，
| -(a-1)(a-5) |
| 4 |
故结论得证．
点评：本题考查了导数的几何意义，导数与函数的单调性关系，以及证明不等式转化为恒成立问题等，考查了转化思想和构造函数方法．
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