Question

15．已知函数f（x）=lnx-$\frac{a（x-1）}{x}$（a∈R）
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若对一切的x∈（1，2），不等式$\frac{1}{lnx}$-$\frac{1}{x-1}$＜m恒成立，求实数m的范围．

Answer 1

分析 （1）求函数的定义域和导数，利用函数单调性和导数之间的关系进行求解即可．
（2）将不等式恒成立进行转化，利用条件构造函数，求函数的导数，研究函数的单调性和最值进行求解即可．

解答 解：（1）函数的定义域是（0，+∞），导数f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{x}^{2}}$，
 ①若a≤0，导数f′（x）＞0，函数的单调增区间是（0，+∞）；
②若a＞0，在（a，+∞）上，f′（x）＞0，函数的单调增区间是（a，+∞），
在（a，+∞）上，f′（x）＜0，单调减区间是（0，a）；
（2）若对一切的x∈（1，2），不等式$\frac{1}{lnx}$-$\frac{1}{x-1}$＜m恒成立，等价为x-1-lnx＜m（x-1）lnx，
即x∈（1，2）时，不等式（mx-m+1）lnx-x+1＞0恒成立，
令g（x）=（mx-m+1）lnx-x+1，
则g′（x）=mlnx+$\frac{mx+1-m}{x}$-1=$\frac{mxlnx+（m-1）x+1-m}{x}$，
令h（x）=mxlnx+（m-1）x+1-m，则h′（x）=mlnx+2m-1，
①当m≤0时，x∈（1，2）时，h′（x）＜0，
∴h（x）在x∈（1，2）上单调递减，h（x）＜h（1）=0
∴x∈（1，2）时，g′（x）＜0，g（x）在（1，2）上单调递减，
∴x∈（1，2）时，g（x）＜g（1）=0，与x∈（1，2）时，g（x）＞0，矛盾，此种情况不可能．
②当0＜m＜$\frac{1}{2}$时，由h′（x）在（1，2）上单调递增，且h′（x）=2m-1＜0，
∴一定存在x₀∈（1，2），使得x∈（1，x₀）时，h′（x）＜0，
∴h（x）在（1，x₀）上单调递减，当x∈（1，x₀）时，h（x）＜h（1）=0，
∴x∈（1，x₀）时，g′（x）＜0，g（x）在（1，x₀）单调递减，
∴x∈（1，x₀）时，g（x）＜g（1）=0，与x∈（1，2）时，g（x）＞0矛盾，此种情况不可能，
②当m≥$\frac{1}{2}$时，x∈（1，2）时，h′（x）＞0，由h（x）在（1，2）上单调递增，h（x）＞h（1）=0，
且h′（x）=2m-1＜0，
∴x∈（1，2）时，g′（x）＞0，g（x）在（1，2）单调递增，
∴x∈（1，2）时，g（x）＞g（1）=0恒成立，
综上实数m的取值范围是[$\frac{1}{2}$，+∞）．

点评 本题主要考查函数单调性，最值和导数之间的关系，根据条件进行合理的构造函数，考查学生的转化能力，综合性较强，难度较大，注意要进行分类讨论．