Question

7．设k＞0，函数f（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$+x+kln|x-1|．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当函数f（x）有两个极值点，且0＜θ＜π时，证明：（2k-1）sinθ+（1-k）sin[（1-k）θ]＞0．

Answer 1

分析 （1），先求导，通过分类讨，根据导数与函数单调性的关系即可得出单调区间；
（2）原不等式等价于$\frac{sin[（1-k）θ]}{（1-k）θ}$＞$\frac{sinθ}{θ}$，分别构造函数，利用函数导数和函数的单调性以及最值得关系，即可证明．

解答 解：（1）f（x）的定义域为（-∞，1）∪（1，+∞），
①当x＞1时，f（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$+x+kln（x-1），
由于k＞0，则f′（x）=x+1+$\frac{k}{x-1}$=$\frac{{x}^{2}-1+k}{x-1}$＞0恒成立，、
故f（x）在（1，+∞）上单调递增．
②当x＜1时，f（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$+x+kln（1-x），
由于k＞0，则f′（x）=x+1+$\frac{k}{x-1}$═$\frac{{x}^{2}-1+k}{x-1}$，
若k≥1，f′（x）≤0恒成立，f（x）在（-∞，1）上单调递减，
若0＜k＜1，令f′（x）＞0，即-$\sqrt{1-k}$＜x＜$\sqrt{1-k}$，
令f′（x）＜0，即$\sqrt{1-k}$＜x＜1，或x＜-$\sqrt{1-k}$，
综上所述：当0＜k＜1，f（x）在（-$\sqrt{1-k}$，$\sqrt{1-k}$）上单调递增，在（$\sqrt{1-k}$，1），（-∞，-$\sqrt{1-k}$）上单调递减，
当k≥1时f（x）在（-∞，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
（2），由（1）知，当0＜k＜1，f（x）有一个极大值点$\sqrt{1-k}$和一个极小值点-$\sqrt{1-k}$，
当k≥1时，f（x）没有极值点，
∴函数f（x）有两个极值点时，0＜k＜1，
原不等式等价于（1-k）sin[（1-k）θ]＞（1-2k）sinθ，
∵0＜θ＜π，
∴sinθ＞0，
∴（1-k）²sinθ=（1-2k+k²）sinθ＞（1-2k）sinθ，
∴只要证（1-k）sin[（1-k）θ]＞（1-k）²sinθ，
只要证$\frac{sin[（1-k）θ]}{（1-k）θ}$＞$\frac{sinθ}{θ}$，
∵（1-k）θ，θ∈（0，π），
构造函数g（x）=$\frac{sinx}{x}$（0＜x＜π），
则只要证g[（1-k）θ]＞g（θ），
而g′（x）=$\frac{xcosx-sinx}{{x}^{2}}$，
设h（x）=xcosx-sinx，（0＜x＜π），
则h′（x）=-xsinx＜0，
∴h（x）在（0，π）上是减函数，
∴h（x）＜h（0）=0，
∴g′（x）=$\frac{h（x）}{{x}^{2}}$＜0，
∴g（x）在在（0，π）上是减函数，
∵（1-k）θ＜θ，
∴g[（1-k）θ]＞g（θ），
故原不等式成立．

点评 本题综合考查了利用导数研究函数的单调性、极值、分类讨论思想方法等基础知识与方法，需要较强的推理能力和计算能力，属于难题．