Question

17．已知函數(shù)f（x）=$\frac{lnx+x+1}{x}$．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若函數(shù)F（x）=xf（x）-$\frac{{{x^2}+x+a}}{x}$在[1，e]上是最小值為$\frac{3}{2}$，求a的值；
（Ⅲ）如果當(dāng)x≥1時(shí)，不等式f（x）≥$\frac{a}{x+1}$+1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出導(dǎo)函數(shù)，通過導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)，求解函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）化簡函數(shù)F（x）=xf（x）-$\frac{{{x^2}+x+a}}{x}$，通過當(dāng)a≥-1時(shí)，當(dāng)a≤-e時(shí)，若a∈（-e，-1），求解函數(shù)的最值，然后求解a的范圍；
（Ⅲ）當(dāng)x≥1時(shí)，分離變量$a≤\frac{（x+1）（1+lnx）}{x}$，構(gòu)造函數(shù)，通過函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求解函數(shù)的最值然后求解實(shí)數(shù)a的取值范圍．

解答 （本小題滿分14分）
解：（Ⅰ）∵f（x）=$\frac{lnx+x+1}{x}$，x＞0，故$f'（x）=-\frac{lnx}{x^2}$，
則當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，f'（x）＞0，當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，f'（x）＜0，
故f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，1），單調(diào)減區(qū)間為（1，+∞）．
（Ⅱ）由已知可得$F（x）=xf（x）-\frac{{{x^2}+x+a}}{x}=lnx-\frac{a}{x}$，則可得 $F'（x）=\frac{x+a}{x^2}$，
當(dāng)a≥-1時(shí)，F(xiàn)（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，$F{（x）_{min}}=F（1）=-a=\frac{3}{2}$，∴$a=-\frac{3}{2}∉[-1，+∞）$，舍去；
當(dāng)a≤-e時(shí)，F(xiàn)（x）在[1，e]上單調(diào)遞減，$F{（x）_{min}}=F（e）=1-\frac{a}{e}=\frac{3}{2}$，∴$a=-\frac{e}{2}∉（-∞，-e]$，舍去；
若a∈（-e，-1），F(xiàn)（x）在（1，-a）單調(diào)遞減，在（-a，e）單調(diào)遞增，∴$F{（x）_{min}}=F（{-a}）=ln（{-a}）+1=\frac{3}{2}$，$a=-\sqrt{e}∈（{-e，-1}）$，
綜上所述：$a=-\sqrt{e}$．
（Ⅲ）當(dāng)x≥1時(shí)，不等式f（x）≥$\frac{a}{x+1}+1$可化為$a≤\frac{（x+1）（1+lnx）}{x}$，
令$g（x）=\frac{（x+1）（1+lnx）}{x}$，
則當(dāng)x≥1時(shí)，不等式f（x）≥$\frac{a}{x+1}+1$恒成立可化為 a≤g（x）_min，（x≥1），
可求$g'（x）=\frac{x-lnx}{x^2}$，
令h（x）=x-lnx，則$h'（x）=1-\frac{1}{x}≥0$，
故h（x）在[1，+∞）上是增函數(shù)，h（x）≥h（1）≥1，
所以$g'（x）=\frac{x-lnx}{x^2}＞0$，$g（x）=\frac{（x+1）（1+lnx）}{x}$在[1，+∞）上是增函數(shù)，
所以g（x）_min=g（1）=2，a≤2，
所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為（-∞，2]．

點(diǎn)評 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)的最值的求法，考查構(gòu)造法以及轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，難度比較大．