Question

11．設(shè)函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{a}{x-1}$（a為常實(shí)數(shù)）
（Ⅰ）若?x₀∈[e，e²]，（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，且e≈2.71828…），使得f（x₀）＞0，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）若實(shí)數(shù)a＞0，函數(shù)f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）內(nèi)有極值點(diǎn)，當(dāng)x₁∈（0，1），x₂∈（1，+∞），求證：f（x₂）-f（x₁）＞2e-$\frac{4}{3}$（e=2.71828…）

Answer 1

分析 （Ⅰ）分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，設(shè)h（x）=（1-x）lnx，x∈[e，e²]，只要求出a＞h（x）_min即可．
（Ⅱ）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，令g（x）=x²-（a+2）x+1，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到f（x₁）≤f（m）=lnm+$\frac{a}{m-1}$；當(dāng)x₂∈（1，+∞）時(shí)，f（x₂）≥f（n）=lnn+$\frac{a}{n-1}$，
，作差得到新函數(shù)F（n）=2lnn+n-$\frac{1}{n}$，（n＞e），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出其最小值即可證明結(jié)論成立．

解答 解：（Ⅰ）因?yàn)閒（x）=lnx+$\frac{a}{x-1}$在?x₀∈[e，e²]，使得f（x₀）＞0，
所以a＞（1-x₀）lnx₀，在x₀∈[e，e²]成立，
設(shè)h（x）=（1-x）lnx，x∈[e，e²]，
則h′（x）=-lnx+$\frac{1}{x}$-1=-$\frac{xlnx+x-1}{x}$＜0在[e，e²]恒成立，
所以h（x）在[e，e²]單調(diào)遞增，
所以h（x）_min=h（e）=（1-e）lne=1-e，
所以a＞1-e，
故a的取值范圍為（1-e，+∞）
證明：（Ⅱ）f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{（x-1）^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-（a+2）x+1}{x（x-1）}$，
令：g（x）=x²-（a+2）x+1=（x-m）（x-n）=0，
所以：m+n=a+2，mn=1，若f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）內(nèi)有極值點(diǎn)，
不妨設(shè)0＜m＜$\frac{1}{e}$，則：n=$\frac{1}{m}$＞e，且a=m+n-2＞e+$\frac{1}{e}$-2，
由f′（x）＞0得：0＜x＜m或x＞n，
由f′（x）＜0得：m＜x＜1或1＜x＜n，
所以f（x）在（0，m）遞增，（m，1）遞減；（1，n）遞減，（n，+∞）遞增
當(dāng)x₁∈（0，1）時(shí)，f（x₁）≤f（m）=lnm+$\frac{a}{m-1}$；
當(dāng)x₂∈（1，+∞）時(shí)，f（x₂）≥f（n）=lnn+$\frac{a}{n-1}$，
所以：f（x₂）-f（x₂）≥f（n）-f（m）=lnn+$\frac{a}{n-1}$-lnm-$\frac{a}{m-1}$=2lnn+a（$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{m-1}$）=2lnn+n-$\frac{1}{n}$，n＞e，
設(shè)：F（n）=2lnn+n-$\frac{1}{n}$，n＞e，則F′（n）=$\frac{2}{n}$+1+$\frac{2}{{n}^{2}}$＞0，
所以：F（n）是增函數(shù)，
所以F（n）＞F（e）=e+2-$\frac{1}{e}$，
又：e+2-$\frac{1}{e}$-（2e-$\frac{4}{3}$）=-e-$\frac{1}{e}$+$\frac{10}{3}$=$\frac{-3（3e-1）（e-3）}{3e}$＞0
所以：f（x₂）-f（x₁）＞2e-$\frac{4}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用、函數(shù)恒成立問(wèn)題以及不等式的證明，是一道綜合題．