Question

已知函数f（x）=x²-ax-aln（x-1）（a∈R）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）试判断是否存在实数a（a≥1），使y=f（x）的图象与直线y=1+ln

2

无公共点（其中自然对数的底数为无理数且=2.71828…）．

Answer 1

（1）函数f（x）=x²-ax-aln（x-1）（a∈R）的定义域是（1，+∞）．f′(x)=2x-a-

a

x-1

=

2x(x- a+2 2 )

x-1

，
①若a≤0，则

a+2

2

≤1，f′(x)=

2x(x- a+2 2 )

x-1

＞0在（1，+∞）上恒成立，
∴a≤0时，f（x）的增区间为（1，+∞）
②若a＞0，则

a+2

2

＞1，故当x∈(1，

a+2

2

]时，f′(x)=

2x(x- a+2 2 )

x-1

≤0；当x∈[

a+2

2

，+∞)时，f′(x)=

2x(x- a+2 2 )

x-1

≥0，
∴a＞0时，f（x）的减区间为(1，

a+2

2

]，f(x)的增区间为[

a+2

2

，+∞)．
（2）a≥1时，由（1）可知，f（x）在（1，+∞）上的最小值为f(

a+2

2

)=-

a2

4

+1-aln

a

2

．
设g(a)=f(

a+2

2

)=-

a2

4

+1-aln

a

2

，（ a≥1）
则g′(a)=-

a

2

-ln

a

2

-1，
∵g′(a)=-

a

2

-ln

a

2

-1在[1，+∞）上为减函数，∴g′（a）≤g′(1)=-

1

2

-ln

1

2

-1=-

3

2

+ln2＜0
∴g(a)=-

a2

4

+1-aln

a

2

在[1，+∞）上单调递减，
∴g（a）_max=g（1）=

3

4

+ln2，
∵

3

4

+ln2-1-ln

2

=

1

4

ln

4

e

＞0，∴g（a）_max＞1+ln

2

∴存在实数a（a≥1）使f（x）的最小值大于1+ln

2

，
故存在实数a（a≥1），使y=f（x）的图象与直线y=1+ln

2

无公共点．