（21）（本小题满分 12 分） 已知函数 f(x)= 1…——2009 高考数学第 21 题答案解析

【解答】
解：（1）$f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$ 。

$$ f^{\prime}(x)=x-a+\frac{a-1}{x}=\frac{x^{2}-a x+a-1}{x}=\frac{(x-1)(x+1-a)}{x} $$

（i）若 $a-1=1$ 即 $a=2$ ，则

$$ f^{\prime}(x)=\frac{(x-1)^{2}}{x} $$

故 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 单调增加。
（ii）若 $a-1<1$ ，而 $a>1$ ，故 $1

当 $x \in(0, a-1)$ 及 $x \in(1,+\infty)$ 时，$f^{\prime}(x)>0$

故 $f(x)$ 在 $(a-1,1)$ 单调减少，在 $(0, a-1),(1,+\infty)$ 单调增加。
（iii）若 $a-1>1$ ，即 $a>2$ ，同理可得 $f(x)$ 在 $(1, a-1)$ 单调减少，在 $(0,1),(a-1,+\infty)$单调增加．
（II）考虑函数 $g(x)=f(x)+x$

$$ =\frac{1}{2} x^{2}-a x+(a-1) \ln x+x $$

则 $g^{\prime}(x)=x-(a-1)+\frac{a-1}{x} \geq 2 \sqrt{x \mathrm{~g}^{\frac{a-1}{x}}}-(a-1)=1-(\sqrt{a-1}-1)^{2}$
由于 $1<\mathrm{a}<5$ ，故 $g^{\prime}(x)>0$ ，即 $g(x)$ 在 $(0, \quad+\infty)$ 单调增加，从而当 $x_{1}>x_{2}>0$ 时有
$g\left(x_{1}\right)-g\left(x_{2}\right)>0$ ，即 $f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)+x_{1}-x_{2}>0$ ，故 $\frac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}>-1$ ，当
$0-1$
－•••••12分