Question

11．已知函數(shù)f（x）=ax+ln（x-1），其中a為常數(shù)．
（Ⅰ）試討論f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若a=$\frac{1}{1-e}$時(shí)，存在x使得不等式|f（x）|-$\frac{e}{e-1}$≤$\frac{2lnx+bx}{2x}$成立，求b的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求函數(shù)f（x）的定義域及f′（x）=$\frac{ax-a+1}{x-1}$，再分a≥0時(shí)、a＜0時(shí)兩種情況考慮即可；
（Ⅱ）由（I）可得f（x）_max=$\frac{e}{1-e}$+ln（e-1）＜0，令$g（x）=\frac{2lnx+bx}{2x}$，求出g（x）的單調(diào)區(qū)間，從而可得g（x）_max=g（e）=$\frac{1}{e}+\frac{2}$，所以原不等式成立只需$\frac{e}{e-1}-ln（e-1）$-$\frac{e}{e-1}$≤$\frac{1}{e}+\frac{2}$，解之即可．

解答 解：（Ⅰ）由已知易得函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋簕x|x＞1}，
f′（x）=a+$\frac{1}{x-1}$=$\frac{ax-a+1}{x-1}$，
當(dāng)a≥0時(shí)，f′（x）＞0在定義域內(nèi)恒成立，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（1，+∞），
當(dāng)a＜0時(shí)，由f′（x）=0得x=1-$\frac{1}{a}＞1$，
當(dāng)x∈（1，1-$\frac{1}{a}$）時(shí)，f′（x）＞0，
當(dāng)x∈（1-$\frac{1}{a}$，+∞）時(shí)，f′（x）＜0，
f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（1，1-$\frac{1}{a}$），遞減區(qū)間為（1-$\frac{1}{a}$，+∞）；
（Ⅱ）由（I）知當(dāng)a=$\frac{1}{1-e}$時(shí)，f（x）=$\frac{1}{1-e}$x+ln（x-1），
且f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（1，e），單調(diào)減區(qū)間為（e，+∞），
所以f（x）_max=f（e）=$\frac{e}{1-e}$+ln（e-1）＜0，
所以|f（x）|≥-f（e）=$\frac{e}{e-1}-ln（e-1）$恒成立，（當(dāng)x=e時(shí)取等號(hào)）
令$g（x）=\frac{2lnx+bx}{2x}$，則$g′（x）=\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
當(dāng)1＜x＜e時(shí)，g（x）＞0；當(dāng)x＞e時(shí)，g（x）＜0，
從而g（x）在區(qū)間（1，e）上單調(diào)遞增，在區(qū)間（e，+∞）上單調(diào)遞減，
所以g（x）_max=g（e）=$\frac{1}{e}+\frac{2}$，
所以，存在x使得不等式|f（x）|-$\frac{e}{e-1}$≤$\frac{2lnx+bx}{2x}$成立，
只需$\frac{e}{e-1}-ln（e-1）$-$\frac{e}{e-1}$≤$\frac{1}{e}+\frac{2}$，
即：b≥$-\frac{2}{e}$-2ln（e-1）．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性及與不等式的綜合，比較復(fù)雜的函數(shù)的單調(diào)性，一般用導(dǎo)數(shù)來研究，將其轉(zhuǎn)化為函數(shù)方程不等式綜合問題解決，研究不等式時(shí)一定要先確定函數(shù)的單調(diào)性才能求解．