Question

8．已知函數(shù)f（x）=alnx-x-$\frac{a}{x}$+2a（其中a∈R）．
（Ⅰ） 求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ） 當(dāng)a＞0時，是否存在實數(shù)a，使得當(dāng)x∈[1，e]時，不等式f（x）＞0恒成立，如果存在，求a的取值范圍，如果不存在，說明理由（其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，e=2.71828…）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）通過討論a的范圍，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出f（x）的最小值，從而確定a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）由f（x）=alnx-x-$\frac{a}{x}$+2a，（x＞0），f′（x）=$\frac{-{x}^{2}+ax+a}{{x}^{2}}$，
①a≤0時，f′（x）＜0恒成立，
于是f（x）的遞減區(qū)間是（0，+∞），
②a＞0時，令f′（x）＞0，解得：0＜x＜$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$，
令f′（x）＜0，解得：x＞$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$，
故f（x）在（0，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$）單調(diào)遞增，在（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$，+∞）單調(diào)遞減；
（Ⅱ）a＞0時，
①若$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$≤1，即0＜a≤$\frac{1}{2}$，此時f（x）在[1，e]遞減，
f（x）_min=f（e）=3a-e-$\frac{a}{e}$=（3-$\frac{1}{e}$）a-e≤（3-$\frac{1}{e}$）×$\frac{1}{2}$-e＜0，
f（x）＞0恒成立，不合題意，
②若e＞$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$＞1，解得：$\frac{1}{2}$＜a＜$\frac{{e}^{2}}{e+1}$時，
此時f（x）在（1，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$）單調(diào)遞增，在（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$，e）單調(diào)遞減，
要使在[1，e]恒有f（x）＞0恒成立，
則必有$\left\{\begin{array}{l}{f（1）＞0}\\{f（e）＞0}\end{array}\right.$，則$\left\{\begin{array}{l}{a-1＞0}\\{3a-e-\frac{a}{e}＞0}\end{array}\right.$，解得：$\frac{{e}^{2}}{3e-1}$＜a＜$\frac{{e}^{2}}{e+1}$，
③若$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$≥e，即a≥$\frac{{e}^{2}}{e+1}$時，
f（x）在[1，e]單調(diào)遞增，令f（x）_min=f（1）=a-1＞0，解得：a≥$\frac{{e}^{2}}{e+1}$，
綜上，存在實數(shù)a∈（$\frac{{e}^{2}}{3e-1}$，+∞），使得f（x）＞0恒成立．

點評 本題考查了函數(shù)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性及最值，考查分類討論思想，屬于中檔題．