Question

19．已知函數(shù)g（x）=lnx，f（x）=ag（x）+$\frac{a+1}{x}$-2（a+1），（a∈R）．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）將函數(shù)f（x）解析式中的g（x）改為g（x）的反函數(shù)得函數(shù)h（x），若x＞0時，h（x）≥0．求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）寫出f（x）的解析式，求f（x）的導數(shù)，利用導數(shù)判定f（x）的單調(diào)性與單調(diào)區(qū)間；
（2）由反函數(shù)的定義寫出h（x）解析式，利用x＞0時h（x）≥0，得不等式h（1）≥0，求出a的取值范圍，
再由$a{e^x}+\frac{a+1}{x}-2（a+1）≥0$，得$\frac{a}{a+1}≥\frac{2x-1}{{x{e^x}}}$，x∈（0，+∞）；
構(gòu)造函數(shù)$u（x）=\frac{2x-1}{{x{e^x}}}，x∈（0，+∞）$，利用導數(shù)求出[u（x）]_min，
解不等式$\frac{a}{a+1}$≥$\frac{1}{e}$，求出a的取值范圍．

解答 解：（1）∵g（x）=lnx，
∴f（x）=ag（x）+$\frac{a+1}{x}$-2（a+1）=alnx+$\frac{a+1}{x}$-2（a+1），（a∈R）；
∴f（x）定義域為（0，+∞），
且$f'（x）=\frac{a}{x}-\frac{a+1}{x^2}=\frac{ax-（a+1）}{x^2}$；…（2分）
①當-1≤a≤0時，f'（x）＜0，即f（x）的單調(diào)減區(qū)間為（0，+∞）；…（3分）
②當a＞0時，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為$（\frac{a+1}{a}，+∞）$，
單調(diào)減區(qū)間為$（0，\frac{a+1}{a}）$；…（4分）
③當a＜-1時，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為$（0，\frac{a+1}{a}）$，
單調(diào)減區(qū)間為$（\frac{a+1}{a}，+∞）$；…（5分）
（2）由題意得$h（x）=a{e^x}+\frac{a+1}{x}-2（a+1）$，…（6分）
∵x＞0時，h（x）≥0，∴h（1）≥0，
則a（e-1）≥1，即$a≥\frac{1}{e-1}＞0$；…（7分）
則由$a{e^x}+\frac{a+1}{x}-2（a+1）≥0$，得$\frac{a}{a+1}{e^x}+\frac{1}{x}-2≥0$，
即$\frac{a}{a+1}≥\frac{2x-1}{{x{e^x}}}$，x∈（0，+∞）；…（8分）
設$u（x）=\frac{2x-1}{{x{e^x}}}，x∈（0，+∞）$，
則$u'（x）=-\frac{（2x+1）（x-1）}{{{x^2}{e^x}}}$；
令u'（x）=0，解得x=1或x=-$\frac{1}{2}$∉（0，+∞）舍去；…（10分）
u'（x）＜0時，x∈（0，1）；u′（x）＞0 時，x∈（1，+∞）；
∴[u（x）]_min=u（1）=$\frac{1}{e}$，
∴$\frac{a}{a+1}$≥$\frac{1}{e}$，解得a≥$\frac{1}{e-1}$；
故a的取值范圍是[$\frac{1}{e-1}$，+∞）． …（12分）

點評 本題考查了函數(shù)的性質(zhì)與應用問題，也考查了導數(shù)的綜合應用問題，是綜合性題目．