10.已知函數(shù)f(x)=a(x+$\frac{x}$)+blnx(其中a,b∈R)
(Ⅰ)當b=-4時,若f(x)在其定義域內為單調函數(shù),求a的取值范圍;
(Ⅱ)當a=-1時,是否存在實數(shù)b,使得當x∈[e,e2]時,不等式f(x)>0恒成立,如果存在,求b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…).

分析 (Ⅰ)求出函數(shù)的導數(shù),問題轉化為則a≥$\frac{4x}{{x}^{2}+4}$,或a≤$\frac{4x}{{x}^{2}+4}$,求出a的范圍即可;
(Ⅱ)問題轉化為b>$\frac{x}{lnx-\frac{1}{x}}$在x∈[e,e2]時恒成立,令h(x)=$\frac{x}{lnx-\frac{1}{x}}$,x∈[e,e2],根據(jù)函數(shù)的單調性求出b的范圍即可.

解答 解:(Ⅰ)函數(shù)f(x)的定義域是(0,+∞),
f′(x)=$\frac{{ax}^{2}-4x+4a}{{x}^{2}}$,
若f(x)在其定義域內遞增,
則a≥$\frac{4x}{{x}^{2}+4}$=${(\frac{4}{x+\frac{4}{x}})}_{max}$=1,
故a≥1,
若若f(x)在其定義域內遞減,
則a≤$\frac{4x}{{x}^{2}+4}$=${(\frac{4}{x+\frac{4}{x}})}_{min}$,
x+$\frac{4}{x}$→+∞時,$\frac{4}{x+\frac{4}{x}}$→0,
故a≤0;
綜上,a≤0或a≥1;
(Ⅱ)f(x)=-(x+$\frac{x}$)+blnx>0在x∈[e,e2]時恒成立,
令y=lnx-$\frac{1}{x}$,x∈[e,e2],
y′=$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{{x}^{2}}$>0,
函數(shù)y=lnx-$\frac{1}{x}$在x∈[e,e2]遞增,
故x=e時,y取最小值1-$\frac{1}{e}$>0,
故y=lnx-$\frac{1}{x}$>0在x∈[e,e2]恒成立,
故問題轉化為b>$\frac{x}{lnx-\frac{1}{x}}$在x∈[e,e2]時恒成立,
令h(x)=$\frac{x}{lnx-\frac{1}{x}}$,x∈[e,e2],
h′(x)=$\frac{lnx-\frac{2}{x}-1}{{(lnx-\frac{1}{x})}^{2}}$
令m(x)=lnx-$\frac{2}{x}$-1,m′(x)=$\frac{1}{x}$+$\frac{2}{{x}^{2}}$>0,
而m(e)<0,m(e2)>0,
故存在x0∈[e,e2],使得h(x)在[e,x0)遞減,在(x0,e2]遞增
∴h(x)max=h(e2)或h(e),
而h(e2)=$\frac{{e}^{4}}{{2e}^{2}-1}$<h(e)=$\frac{{e}^{2}}{e-1}$,
∴b>$\frac{{e}^{2}}{e-1}$.

點評 本題考查了函數(shù)的單調性、最值問題,考查導數(shù)的應用以及函數(shù)恒成立問題,是一道中檔題.

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