Question

9．已知函数f（x）=alnx+$\frac{b}{x}$+1，曲线y=f（x）在点（1，2）处切线平行于x轴．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当x＞1时，不等式（x-1）f（x）＞（x-k）lnx恒成立，求实数k的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，得到关于a，b的方程组，解出即可；
（Ⅱ）求出函数的导数，令m（x）=x²+（k-1）x+1，通过讨论k的范围，求出函数的单调区间，从而求出k的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）∵$f′（x）=\frac{a}{x}-\frac{b}{x^2}$，且直线y=2的斜率为0，又过点（1，2），
∴$\left\{\begin{array}{l}{f（1）=2}\\{f′（1）=0}\end{array}\right.$，即$\left\{{\begin{array}{l}{b=1}\\{a-b=0}\end{array}}\right.$解得a=1，b=1．
（Ⅱ）当x＞1时，不等式$f（x）＞\frac{{（{x-k}）lnx}}{x-1}?（{x-1}）lnx+\frac{{{x^2}-1}}{x}＞（{x-k}）lnx?（{k-1}）lnx+\frac{{{x^2}-1}}{x}＞0$．
令$g（x）=（{k-1}）lnx+\frac{{{x^2}-1}}{x}，g′（x）=\frac{k-1}{x}+1+\frac{1}{x2}=\frac{{{x^2}+（{k-1}）x+1}}{x^2}$，
令m（x）=x²+（k-1）x+1，
①当$\frac{1-k}{2}≤1$，即k≥-1时，m（x）在（1，+∞）单调递增且m（1）≥0，
所以当x＞1时g′（x）＞0，g（x）在（1，+∞）单调递增，
∴g（x）＞g（1）=0．即$f（x）＞\frac{{（{x-k}）lnx}}{x-1}$恒成立．
②当$\frac{1-k}{2}＞1$，即k＜-1时，m（x）在$（{1，\frac{1-k}{2}}）$上单调递减，且m（1）＜0，
故当$x∈（{1，\frac{1-k}{2}}）$时，m（x）＜0即g′（x）＜0，
所以函数g（x）在$（{1，\frac{1-k}{2}}）$单调递减，
当$x∈（{1，\frac{1-k}{2}}）$时，g（x）＜0，与题设矛盾，
综上可得k的取值范围为[-1，+∞）．

点评 本题考查了求函数的单调性问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．