Question

3．已知函數(shù)f（x）=ax+1n（x-1），其中a為常數(shù)．
（1）若h（x）=f（x+1），試討論h（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若$a=\frac{1}{1-e}$時(shí)，存在x使得不等式$\sqrt{{f^2}（x）}-\frac{e}{e-1}≤\frac{21nx+bx}{2x}$成立，求實(shí)數(shù)b的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先求函數(shù)f（x）的定義域及f′（x），再分a≥0時(shí)、a＜0時(shí)兩種情況考慮即可；
（2）由（1）可得f（x）_max，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，所以原不等式成立只需$\frac{e}{e-1}$-ln$\frac{e}{e-1}$-$\frac{e}{e-1}$≤$\frac{1}{e}$+$\frac{2}$，解之即可

解答 解：（1）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-$\frac{1}{a}$，
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-$\frac{1}{a}$，+∞）；
（2）由（1）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$\sqrt{{f}^{2}（x）}$≥-f（e）=$\frac{e}{e-1}$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$\sqrt{{f^2}（x）}-\frac{e}{e-1}≤\frac{21nx+bx}{2x}$成立成立，
只需$\frac{e}{e-1}$-ln$\frac{e}{e-1}$-$\frac{e}{e-1}$≤$\frac{1}{e}$+$\frac{2}$，
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(lái)研究，將其轉(zhuǎn)化為函數(shù)方程不等式綜合問(wèn)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．