Question

3．已知函數(shù)$f（x）=x+\frac{1+a}{x}-alnx$，a∈R．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若在區(qū)間[1，e]（e=2.718…）上存在一點x₀，使得${x_0}+\frac{1}{x_0}＜a（ln{x_0}-\frac{1}{x_0}）$成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，判斷f′（x）的符號，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)f（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx在[1，e]上的最小值小于零．通過討論a的范圍求出函數(shù)f（x）的最小值，進而求出a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），
$f'（x）=1-\frac{1+a}{x^2}-\frac{a}{x}$=$\frac{{{x^2}-ax-（1+a）}}{x^2}$=$\frac{（x+1）[x-（1+a）]}{{x}^{2}}$，
①當(dāng)a+1＞0，即a＞-1時，
因為當(dāng)x∈（0，a+1）時，f′（x）＜0；當(dāng)x∈（a+1，+∞）時，f′（x）＞0；      
所以f（x）在（0，a+1）上單調(diào)遞減，在（a+1，+∞）上單調(diào)遞增．
②當(dāng)a+1≤0，即a≤-1時，
因為當(dāng)x∈（0，+∞）時，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．
綜上，當(dāng)a＞-1時，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，a+1），單調(diào)遞增區(qū)間為（a+1，+∞）；
當(dāng)a≤-1時，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）．
（Ⅱ）在[1，e]上存在一點x₀，使得${x_0}+\frac{1}{x_0}＜a（lnx{\;}_0-\frac{1}{x_0}）$，即${x_0}+\frac{1+a}{x_0}-aln{x_0}＜0$，
也就是在[1，e]上存在一點x₀，使得f（x₀）＜0，
即函數(shù)f（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx在[1，e]上的最小值小于零．
由（Ⅰ）可知：
①當(dāng)a+1≥e，即a≥e-1時，f（x）在[1，e]上單調(diào)遞減，
所以f（x）的最小值為h（e），由$h（e）=e+\frac{1+a}{e}-a＜0$，可得$a＞\frac{{{e^2}+1}}{e-1}$．
因為$\frac{{{e^2}+1}}{e-1}＞e-1$，所以$a＞\frac{{{e^2}+1}}{e-1}$；                                     
②當(dāng)a+1≤1，即（0，e]時，f（x）在f（x₀）＜0上單調(diào)遞增，
所以f（x）最小值為f（1），由f（1）=1+1+a＜0，可得a＜0；           
③當(dāng)1＜a+1＜e，即0＜a＜e-1時，可得f（x）最小值為f（a+1）=a+2-aln（a+1），
因為0＜ln（a+1）＜1，所以0＜aln（1+a）＜a，
故f（a+1）=a+2-aln（a+1）＞2，此時，f（1+a）＜0不成立；
綜上討論可得所求$\frac{1}{e}+a＜0$的范圍是：$（-∞，-2）∪（\frac{{{e^2}+1}}{e-1}，+∞）$．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，函數(shù)恒成立問題，有一定的難度．