Question

17．已知函数f（x）=alnx+$\frac{1}{x-1}$，a∈R
（Ⅰ）当a=$\frac{3}{4}$时，讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）当$a∈[\frac{1}{2}，\;2\;）$时，若${x_1}∈（\;0\;，\frac{1}{2}\;）$，x₂∈（2，+∞），求证：f（x₂）-f（x₁）≥ln2+$\frac{3}{4}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）根据函数的导数，设ax²-（2a+1）x+a=0（0＜a＜2）的两根为α，β，得0＜α＜$\frac{1}{2}$＜2＜β．由此入手能够证明f（x₂）-f（x₁）≥ln2+$\frac{3}{4}$．

解答 解：f（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞）且f′（x）=$\frac{{ax}^{2}-（2a+1）x+a}{{x（x-1）}^{2}}$，
（Ⅰ）当a=$\frac{3}{4}$时，f′（x）=$\frac{（3x-1）（x-3）}{4{x（x-1）}^{2}}$，
若0＜x＜$\frac{1}{3}$或x＞3，则f′（x）＞0，若$\frac{1}{3}$＜x＜1或1＜x＜3，则f′（x）＜0，
故f（x）在（0，$\frac{1}{3}$）和（3，+∞）上单调递增，在（$\frac{1}{3}$，1）和（1，3）上单调递减；
（Ⅱ）当a∈[$\frac{1}{2}$，2）时，设ax²-（2a+1）x+a=0（0＜a＜2）的两根为α，β，
则 $\left\{\begin{array}{l}{α+β=2+\frac{1}{α}}\\{α•β=1}\end{array}\right.$，得0＜α＜$\frac{1}{2}$＜2＜β．
当x∈（0，α）和（β，+∞）时，f′（x）=$\frac{{ax}^{2}-（2a+1）x+a}{{x（x-1）}^{2}}$＞0，
函数f（x）单调递增；
当x∈（α，$\frac{1}{2}$）和（2，β）时，f′（x）＜0，
函数f（x）单调递减，
则f（x₁）≤f（a），f（x₂）≥f（β），
则f（x₂）-f（x₁）≥f（β）-f（α）=alnβ+$\frac{1}{β-1}$-alnα-$\frac{1}{α-1}$=aln $\frac{β}{α}$+$\frac{α-β}{αβ-（α+β）+1}$=α[lnβ2+β-$\frac{1}{β}$]
（利用α+β=2+$\frac{1}{α}$，α•β=1）
令h（x）=lnx²+x-$\frac{1}{x}$，x＞2，
则h′（x）=$\frac{{（x+1）}^{2}}{{x}^{2}}$＞0，
则函数h（x）单调递增，
h（x）≥h（2）=2ln2+$\frac{3}{2}$，
∴lnβ2+β-$\frac{1}{β}$≥2ln2+$\frac{3}{2}$＞0，
∵a∈[$\frac{1}{2}$，2），
则a[lnβ²+β-$\frac{1}{β}$]≥ln2+$\frac{3}{4}$，
∴f（x₂）-f（x₁）≥ln2+$\frac{3}{4}$．

点评 本题考查实数的取值范围的求法和不等式的证明，考查利用导数求闭区间上最值的应用，考查化归与转化、分类与整合的数学思想，培养学生的抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力和创新意识．