Question

1．已知函數(shù)f（x）=（x-1）ln（x-1），e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．
（1）若關(guān)于x的不等式f（x）≥λ（x-2）在（1，+∞）恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍；
（2）若關(guān)于x的方程f（x+1）=a有兩個(gè)實(shí)根x₁，x₂，求證：|x₁-x₂|＜$\frac{3}{2}a+1+\frac{1}{{2{e^3}}}$．

Answer 1

分析 （1）記g（x）=f（x）-λ（x-2）=（x-1）ln（x-1）-λ（x-2），判斷g（x）的單調(diào)性，得出g（x）的最小值G（λ），再根據(jù)G（λ）的單調(diào)性得出G（λ）≥0的解；
（2）先證f（x+1）≥-2x-e^-3，記直線y=-2x-e^-3，y=x-1分別與y=a交于$（{x_1}^′，a）$，$（{x_2}^′，a）$，得出x₁′≤x₁，由（1）得出x₂≤x₂′，并且用a表示出x₁′，x₂′，于是通過(guò)計(jì)算|x₁′-x₂′|得出|x₁-x₂|的范圍．

解答 解：（1）記g（x）=f（x）-λ（x-2）=（x-1）ln（x-1）-λ（x-2），其中x＞1，
∴g'（x）=ln（x-1）+1-λ，令g'（x）=0，得x=e^λ-1+1，
當(dāng)1＜x＜e^λ-1+1時(shí)，g'（x）＜0；當(dāng)x＞e^λ-1+1時(shí)，g'（x）＞0；
∴當(dāng)x=e^λ-1+1時(shí)，g（x）取得最小值g（e^λ-1+1）=-e^λ-1+λ； 
∵關(guān)于x的不等式f（x）≥λ（x-2）在（1，+∞）恒成立，
∴λ-e^λ-1≥0，
記G（λ）=λ-e^λ-1，則G'（λ）=1-e^λ-1，令G'（λ）=0，得λ=1．
當(dāng)λ＜1時(shí)，G'（x）＞0；當(dāng)λ＞1時(shí)，G'（x）＜0；
∴當(dāng)λ=1時(shí)，函數(shù)G（λ）取得最大值G（1）=0，
∴λ-e^λ-1≤0當(dāng)且僅當(dāng)λ=1時(shí)取等號(hào)；
∴λ-e^λ-1=0，即λ=1．
∴實(shí)數(shù)λ的取值范圍為{1}．                     
證明：（2）先證f（x+1）≥-2x-e^-3，
記h（x）=f（x+1）-（-2x-e^-3）=xlnx+2x+e^-3，
則h'（x）=lnx+3，令h'（x）=0得x=e^-3，
∴當(dāng)0＜x＜e^-3時(shí)，h'（x）＜0；當(dāng)x＞e^-3時(shí)，h'（x）＞0；
∴當(dāng)x=e^-3時(shí)，h（x）取得最小值h（e^-3）=e^-3lne^-3+2e^-3+e^-3=0，
∴h（x）≥0恒成立，也即f（x+1）≥-2x-e^-3，
記直線y=-2x-e^-3，y=x-1別與y=a交于$（{x_1}^′，a）$，$（{x_2}^′，a）$，
不妨設(shè)x₁＜x₂，則$a=-2{x_1}^′-{e^{-3}}=f（{x_1}+1）$$≥-2{x_1}-{e^{-3}}$，
從而${x_1}^′≤{x_1}$，當(dāng)且僅當(dāng)a=-3e^-3時(shí)取等號(hào)；                 
由（1）知：f（x+1）≥x-1，則$a={x_2}^′-1=f（{x_2}+1）$≥x₂-1，
從而${x_2}≤{x_2}^′$，當(dāng)且僅當(dāng)a=0時(shí)取等號(hào)；     
故$|{x_1}-{x_2}|={x_2}-{x_1}≤{x_2}^′-{x_1}^′$=$（a+1）-（-\frac{a}{2}-\frac{1}{{2{e^3}}}）$=$\frac{3a}{2}+1+\frac{1}{{2{e^3}}}$，
因等號(hào)成立的條件不能同時(shí)滿足，故|x₁-x₂|＜$\frac{3}{2}a+1+\frac{1}{{2{e^3}}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)單調(diào)性的判斷，函數(shù)最值的計(jì)算，利用函數(shù)單調(diào)性證明不等式，考查轉(zhuǎn)化思想，屬于難題．