Question

13．已知函数f（x）=alnx+$\frac{1}{x-1}$（a为常数）在（$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{2}$）内有唯一的极值点．
（1）求a的取值范围．
（2）若x₁∈（0，$\frac{1}{2}$），x₂∈（2，+∞），试判断f（x₂）-f（x₁）与$\frac{8}{9}$ln2+$\frac{2}{3}$的大小并证明．

Answer 1

分析 （1）求出原函数的导函数f′（x）=$\frac{a（x-1）^{2}-x}{x（x-1）^{2}}$，由题意可得a（x-1）²-x=ax²-（2a+1）x+a=0有2个不同实根，且在（$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{2}$）内有唯一解．令g（x）=ax²-（2a+1）x+a，可得g（$\frac{1}{4}$）•g（$\frac{1}{2}$）＜0，求解不等式得答案；
（2）由（1）可得g（x）=0有两根m，n，且0＜m＜$\frac{1}{2}$，2＜n＜4，mn=1，m+n=2+$\frac{1}{a}$．得到f（x）在（0，m），（n，+∞）上单调递增，在（m，n）上单调递减．再由已知x₁，x₂的范围可得f（x₁）≤f（m），f（x₂）≥f（n）．则f（x₂）-f（x₁）≥f（n）-f（m）=$a（2lnn+n-\frac{1}{n}）$．令g（x）=$2lnx+x-\frac{1}{x}$，利用导数证明g（n）＞g（2），得2lnn+n-$\frac{1}{n}$＞2ln2+$\frac{3}{2}$．再由a的范围可得a（2lnn+n-$\frac{1}{n}$）＞$\frac{8}{9}ln2+\frac{2}{3}$．即f（x₂）-f（x₁）＞$\frac{8}{9}$ln2+$\frac{2}{3}$．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{a}{x}-\frac{1}{（x-1）^{2}}$=$\frac{a（x-1）^{2}-x}{x（x-1）^{2}}$．
∵函数f（x）=alnx+$\frac{1}{x-1}$在（$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{2}$）内有唯一的极值点，
∴a（x-1）²-x=ax²-（2a+1）x+a=0有2个不同实根，且在（$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{2}$）内有唯一解．
令g（x）=ax²-（2a+1）x+a，
∴g（$\frac{1}{4}$）•g（$\frac{1}{2}$）＜0，得$\frac{9a-4}{16}•\frac{a-2}{4}$＜0，解得$\frac{4}{9}$＜a＜2；
（2）f（x₂）-f（x₁）＞$\frac{8}{9}$ln2+$\frac{2}{3}$．
证明如下：
由（1）可得g（0）=a＞0，g（$\frac{1}{2}$）=$-\frac{7a}{4}-\frac{1}{2}$＜0，g（2）=a-2＜0，g（4）=9a-4＞0．
∴g（x）=0有两根m，n，且0＜m＜$\frac{1}{2}$，2＜n＜4，mn=1，m+n=2+$\frac{1}{a}$．
∴f（x）在（0，m），（n，+∞）上单调递增，在（m，n）上单调递减．
∴x₁∈（0，$\frac{1}{2}$），x₂∈（2，+∞）时，f（x₁）≤f（m），f（x₂）≥f（n）．
∴f（x₂）-f（x₁）≥f（n）-f（m）=$alnn+\frac{1}{n-1}-alnm-\frac{1}{m-1}$=aln$\frac{n}{m}$+$\frac{m-n}{mn-（m+n）+1}$．
∵mn-（m+n）+1=1-（2+$\frac{1}{a}$）+1=$-\frac{1}{a}$．
∴$f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）≥aln\frac{n}{m}-a（m-n）=2alnn-a•\frac{1}{n}+an$=$a（2lnn+n-\frac{1}{n}）$．
令g（x）=$2lnx+x-\frac{1}{x}$，则g′（x）=$\frac{2}{x}+1+\frac{1}{{x}^{2}}＞0$，
∴g（n）＞g（2），得2lnn+n-$\frac{1}{n}$＞2ln2+$\frac{3}{2}$．
∵a＞$\frac{4}{9}$，∴a（2lnn+n-$\frac{1}{n}$）＞$\frac{8}{9}ln2+\frac{2}{3}$．
则f（x₂）-f（x₁）＞$\frac{8}{9}$ln2+$\frac{2}{3}$．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查根的存在性及根的公式判断，考查逻辑思维能力与推理运算能力，属难题．