Question

4．已知函數(shù)f（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx，a∈R．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若在區(qū)間[1，e]上存在一點x₀，使得x₀+$\frac{1}{{x}_{0}}$＜a（lnx₀-$\frac{1}{{x}_{0}}$）成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出原函數(shù)的導函數(shù)f′（x）=$\frac{（x+1）[x-（1+a）]}{{x}^{2}}$，然后對a分類討論求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）把在區(qū)間[1，e]上存在一點x₀，使得x₀+$\frac{1}{{x}_{0}}$＜a（lnx₀-$\frac{1}{{x}_{0}}$）成立轉(zhuǎn)化為在區(qū)間[1，e]上存在一點x₀，使得f（x₀）＜0，即函數(shù)f（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx在區(qū)間[1，e]上的最小值小于0．然后結(jié)合（1）分類分析得答案．

解答 解：（1）∵f（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx，
∴f′（x）=1-$\frac{1+a}{{x}^{2}}$-$\frac{a}{x}$=$\frac{（x+1）[x-（1+a）]}{{x}^{2}}$．
①當a+1＞0，即a＞-1時，當x∈（0，a+1）時，f′（x）＜0，當x∈（a+1，+∞）時，f′（x）＞0．
∴f（x）在（0，a+1）上單調(diào)遞減，在（a+1，+∞）上單調(diào)遞增；
②當a+1≤0，即a≤-1時，當x∈（0，+∞）時，f′（x）＞0．
∴f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．
綜上，當a＞-1時，f（x）在（0，a+1）上單調(diào)遞減，在（a+1，+∞）上單調(diào)遞增；
②當a≤-1時，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
（2）在區(qū)間[1，e]上存在一點x₀，使得x₀+$\frac{1}{{x}_{0}}$＜a（lnx₀-$\frac{1}{{x}_{0}}$）成立，即${x}_{0}+\frac{1+a}{{x}_{0}}-aln{x}_{0}＜0$，
也就是在區(qū)間[1，e]上存在一點x₀，使得f（x₀）＜0，
即函數(shù)f（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx在區(qū)間[1，e]上的最小值小于0．
由（1）可知：
①當a+1≥e，即a≥e-1時，f（x）在[1，e]上單調(diào)遞減，
∴f（x）的最小值為e+$\frac{1+a}{e}$-a＜0，可得a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，
∵$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}＞e-1$，∴a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$；
②當a+1≤1，即a≤0時，f（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，
∴f（x）的最小值為f（1），由f（1）=1+1+a＜0，可得a＜-2；
③當1＜a+1＜e，即0＜a＜e-1時，可得f（x）的最小值為f（a+1）=a+2-aln（a+1），
∵0＜ln（a+1）＜1，∴0＜aln（1+a）＜a，
故f（a+1）=a+2-aln（a+1）＞2，此時f（1+a）＜0不成立．
綜上可得：a的取值范圍為（-∞，-2）∪（$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，+∞）．

點評 本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了利用導數(shù)求函數(shù)的最值，體現(xiàn)了分類討論的數(shù)學思想方法和數(shù)學轉(zhuǎn)化思想方法，題目設(shè)置難度較大．