Question

7．設k＞0，函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$+x+kln|x-1|．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）當函數(shù)f（x）有兩個極值點，且0＜θ＜π時，證明：（2k-1）sinθ+（1-k）sin[（1-k）θ]＞0．

Answer 1

分析 （1），先求導，通過分類討，根據(jù)導數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關系即可得出單調(diào)區(qū)間；
（2）原不等式等價于$\frac{sin[（1-k）θ]}{（1-k）θ}$＞$\frac{sinθ}{θ}$，分別構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)導數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性以及最值得關系，即可證明．

解答 解：（1）f（x）的定義域為（-∞，1）∪（1，+∞），
①當x＞1時，f（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$+x+kln（x-1），
由于k＞0，則f′（x）=x+1+$\frac{k}{x-1}$=$\frac{{x}^{2}-1+k}{x-1}$＞0恒成立，、
故f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增．
②當x＜1時，f（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$+x+kln（1-x），
由于k＞0，則f′（x）=x+1+$\frac{k}{x-1}$═$\frac{{x}^{2}-1+k}{x-1}$，
若k≥1，f′（x）≤0恒成立，f（x）在（-∞，1）上單調(diào)遞減，
若0＜k＜1，令f′（x）＞0，即-$\sqrt{1-k}$＜x＜$\sqrt{1-k}$，
令f′（x）＜0，即$\sqrt{1-k}$＜x＜1，或x＜-$\sqrt{1-k}$，
綜上所述：當0＜k＜1，f（x）在（-$\sqrt{1-k}$，$\sqrt{1-k}$）上單調(diào)遞增，在（$\sqrt{1-k}$，1），（-∞，-$\sqrt{1-k}$）上單調(diào)遞減，
當k≥1時f（x）在（-∞，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增．
（2），由（1）知，當0＜k＜1，f（x）有一個極大值點$\sqrt{1-k}$和一個極小值點-$\sqrt{1-k}$，
當k≥1時，f（x）沒有極值點，
∴函數(shù)f（x）有兩個極值點時，0＜k＜1，
原不等式等價于（1-k）sin[（1-k）θ]＞（1-2k）sinθ，
∵0＜θ＜π，
∴sinθ＞0，
∴（1-k）²sinθ=（1-2k+k²）sinθ＞（1-2k）sinθ，
∴只要證（1-k）sin[（1-k）θ]＞（1-k）²sinθ，
只要證$\frac{sin[（1-k）θ]}{（1-k）θ}$＞$\frac{sinθ}{θ}$，
∵（1-k）θ，θ∈（0，π），
構(gòu)造函數(shù)g（x）=$\frac{sinx}{x}$（0＜x＜π），
則只要證g[（1-k）θ]＞g（θ），
而g′（x）=$\frac{xcosx-sinx}{{x}^{2}}$，
設h（x）=xcosx-sinx，（0＜x＜π），
則h′（x）=-xsinx＜0，
∴h（x）在（0，π）上是減函數(shù)，
∴h（x）＜h（0）=0，
∴g′（x）=$\frac{h（x）}{{x}^{2}}$＜0，
∴g（x）在在（0，π）上是減函數(shù)，
∵（1-k）θ＜θ，
∴g[（1-k）θ]＞g（θ），
故原不等式成立．

點評 本題綜合考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、分類討論思想方法等基礎知識與方法，需要較強的推理能力和計算能力，屬于難題．