Question

15．函數(shù)f（x）=$\frac{lnx+2}{x}$+a（x-1）-2．
（1）當(dāng)a=0時(shí)，求函數(shù)f（x）的極值；
（2）若對(duì)任意x∈（0，1）∪（1，+∞），不等式$\frac{f（x）}{1-x}$＜$\frac{a}{x}$恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的極值的關(guān)系即可求出，
（2）原不等式等價(jià)于$\frac{f（x）}{x-1}$+$\frac{a}{x}$＞0，即$\frac{xf（x）+a（x-1）}{x-1}$＞0，構(gòu)造函數(shù)g（x）=lnx+a（x²-1）-2（x-1），根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的最值得關(guān)系，分類討論即可證明

解答 解：（1）當(dāng)a=0時(shí)，f（x）=$\frac{lnx+2}{x}$-2．x＞0，
∴f′（x）=$\frac{-1-lnx}{{x}^{2}}$
令f′（x）=0，解得x=$\frac{1}{e}$，
當(dāng)f′（x）＞0時(shí)，即0＜x＜$\frac{1}{e}$，函數(shù)單調(diào)遞增，
當(dāng)f′（x）＜0時(shí)，即x＞$\frac{1}{e}$，函數(shù)單調(diào)遞減，
∴當(dāng)x=$\frac{1}{e}$時(shí)，函數(shù)f（x）有極大值，極大值為f（$\frac{1}{e}$）=e-2，無(wú)極小值；
（2）原不等式等價(jià)于$\frac{f（x）}{x-1}$+$\frac{a}{x}$＞0，即$\frac{xf（x）+a（x-1）}{x-1}$＞0，
∴$\frac{1}{x-1}$[lnx+a（x²-1）-2（x-1）]＞0，
令g（x）=lnx+a（x²-1）-2（x-1），g（1）=0，
∴g′（x）=$\frac{1}{x}$+2ax-2=$\frac{2a{x}^{2}-2x+1}{x}$，
∵$\frac{1}{x-1}$[lnx+a（x²-1）-2（x-1）]＞0，
g（2）=ln2+3a-2＞0⇒a＞$\frac{2-ln2}{3}$＞0，
①當(dāng)a≥$\frac{1}{2}$時(shí)，2ax²-2x+1≥x²-2x+1≥（x-1）²＞0，
∴g′（x）＞0，
∴g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴x∈（0，1），g（x）＜0，x∈（1，+∞），g（x）＞0，
∴$\frac{1}{x-1}$g（x）＞0，
②當(dāng)0＜a＜$\frac{1}{2}$時(shí)，令2ax²-2x+1=0，解得x=$\frac{1+\sqrt{1-a}}{2a}$＞1，
∴x∈（1，$\frac{1+\sqrt{1-a}}{2a}$）時(shí)，g′（x）＜0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減，
∴g（x）＜g（1）=0，
∴$\frac{1}{x-1}$g（x）＜0，不合題意，舍去，
綜上所述a≥$\frac{1}{2}$

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，極值，零點(diǎn)的基礎(chǔ)知識(shí)，考查學(xué)生運(yùn)算求解與推理論證的能力，運(yùn)用導(dǎo)數(shù)工具解決函數(shù)與方程，不等式綜合問(wèn)題的能力，考查了數(shù)形結(jié)合，分類與整合，轉(zhuǎn)化與化歸的數(shù)學(xué)思想，屬于難題