Question

13．[A]已知函數(shù)f（x）=alnx+$\frac{1-a}{2}{x}^{2}-x$，0＜a＜1．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）關(guān)于x的不等式f（x）＜$\frac{a}{a-1}$在[1，+∞）上有解，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=$\frac{a}{x}$+（1-a）x-1=$\frac{（1-a）（x-\frac{a}{1-a}）（x-1）}{x}$（x＞0）．（0＜a＜1）．對a分類討論：①當(dāng)a=$\frac{1}{2}$時；②$0＜a＜\frac{1}{2}$時，$0＜\frac{a}{1-a}＜1$；③$\frac{1}{2}＜a＜1$時，$\frac{a}{1-a}＞1$．利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性即可得出單調(diào)區(qū)間．
（2）關(guān)于x的不等式f（x）＜$\frac{a}{a-1}$在[1，+∞）上有解，可得f（x）_min＜$\frac{a}{a-1}$．由（1）利用單調(diào)性即可得出最小值，解出不等式即可．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{a}{x}$+（1-a）x-1=$\frac{（1-a）（x-\frac{a}{1-a}）（x-1）}{x}$（x＞0）．（0＜a＜1）．
①當(dāng)a=$\frac{1}{2}$時，f′（x）=$\frac{（x-1）^{2}}{2x}$≥0，因此函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
②$0＜a＜\frac{1}{2}$時，$0＜\frac{a}{1-a}＜1$，函數(shù)f（x）在$（0，\frac{a}{1-a}）$，（1，+∞）上單調(diào)遞增；在$（\frac{a}{1-a}，1）$上單調(diào)遞減．
③$\frac{1}{2}＜a＜1$時，$\frac{a}{1-a}＞1$，函數(shù)f（x）在（0，1），（$\frac{a}{1-a}$，+∞）上單調(diào)遞增；在$（1，\frac{a}{1-a}）$上單調(diào)遞減．
（2）關(guān)于x的不等式f（x）＜$\frac{a}{a-1}$在[1，+∞）上有解，∴f（x）_min＜$\frac{a}{a-1}$．
由（1）可得：$0＜a≤\frac{1}{2}$時，函數(shù)f（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，∴x=1時，f（x）取得最小值，f（1）=-$\frac{1+a}{2}$．
∴-$\frac{1+a}{2}$$＜\frac{a}{a-1}$，解得$0＜a＜\sqrt{2}-1$．
$\frac{1}{2}＜a＜1$時，函數(shù)f（x）在（$\frac{a}{1-a}$，+∞）上單調(diào)遞增；在$（1，\frac{a}{1-a}）$上單調(diào)遞減．
∴f（x）_min=$f（\frac{a}{1-a}）$=$aln\frac{a}{1-a}$+$\frac{{a}^{2}-2a}{2（1-a）}$＜$\frac{a}{a-1}$．化為：$ln\frac{a}{1-a}$+$\frac{a}{2（1-a）}$＜0，
令$\frac{a}{1-a}$=t，∵$\frac{1}{2}＜a＜1$，∴t＞1，g（t）=lnt+$\frac{1}{2}t$＞ln1+$\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}＞$0，因此$ln\frac{a}{1-a}$+$\frac{a}{2（1-a）}$＜0無解．
綜上可得：實數(shù)a的求值范圍是$（0，\sqrt{2}-1）$．

點評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、解不等式，考查了分類討論方法、推理能力與計算能力，屬于難題．