Question

已知函數(shù)f（x）=x+alnx-1，a∈R．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若2f（x）+

lnx

x

≥0對于任意x∈[1，+∞）恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的概念及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（I）求出f′（x），根據(jù)當(dāng)a≥0時，f′（x）＞0恒成立，當(dāng)a＜0時，若f′（x）＞0，則x＞-a，若f′（x）＜0，則0＜x＜-a，可得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（II）若2f（x）+

lnx

x

≥0對于任意x∈[1，+∞）恒成立，即2x+2alnx-2+

lnx

x

≥0對于任意x∈[1，+∞）恒成立，設(shè)g（x）=2x+2alnx-2+

lnx

x

，x∈[1，+∞），分析a在不同范圍時，g（x）的取值范圍，可得結(jié)論．

解答： 解：（I）∵f（x）=x+alnx-1，
∴f′（x）=1+

a

x

=

x+a

x

，
當(dāng)a≥0時，f′（x）＞0恒成立，此時f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
當(dāng)a＜0時，若f′（x）＞0，則x＞-a，若f′（x）＜0，則0＜x＜-a，
故此時，f（x）在（0，-a）上單調(diào)遞減，在（-a，+∞）上單調(diào)遞增；
（II）若2f（x）+

lnx

x

≥0對于任意x∈[1，+∞）恒成立，
即2x+2alnx-2+

lnx

x

≥0對于任意x∈[1，+∞）恒成立，
設(shè)g（x）=2x+2alnx-2+

lnx

x

，x∈[1，+∞），
則g′（x）=2+

2a

x

+

1-lnx

x2

=

2x2+2ax+1-lnx

x2

，x∈[1，+∞）
當(dāng)a≥0時，g′（x）＞0恒成立，此時g（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增；
∴g（x）≥g（1）=0恒成立，
當(dāng)-

3

2

≤a＜0時，
設(shè)h（x）=2x²+2ax+1-lnx，x∈[1，+∞）
h′（x）=4x+2a-

1

x

＞0，
∴h（x）為增函數(shù)，
h（x）≥h（1）＞0
此時g（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增；
∴g（x）≥g（1）=0恒成立，
當(dāng)a＜-

3

2

時，若x∈[1，-

2a+1

2

）時，2a+1＜-2x，
由（I）知，當(dāng)a=-1時，f（x）=x-lnx-1≥f（1）=0，
∴l(xiāng)nx≤x-1，-lnx≤

1

x

-1，
此時h（x）＜0，
故g′（x）＜0，
此時g（x）在[1，-

2a+1

2

）上單調(diào)遞減；
∴g（x）＜g（1）=0，為符合題意，
綜上所述，a≥-

3

2

點評：本題考查的知識點是利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，是導(dǎo)數(shù)綜合應(yīng)用，運算量大，分類標(biāo)準(zhǔn)比較難找，屬于難題．