Question

1．已知函數(shù)f（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx（a＞-1）
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，e]（e=2.718…為自然數(shù)的底數(shù)）上存在一點x₀，使得f（x₀）＜0成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）通過令f′（x）=0，解得x=-1或x=a+1，結(jié)合a＞-1，及x∈（0，+∞），即得結(jié)論；
（2）由條件可得f（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx在[1，e]上的最小值小于零，結(jié)合（1）可知函數(shù)的單調(diào)性，分①1+a≥e、②1＜1+a＜e、③1+a≤1，三種情況討論即可．

解答 解：（1）由題可知函數(shù)f（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx的定義域為（0，+∞），
則f′（x）=$1-\frac{1+a}{{x}^{2}}-\frac{a}{x}$=$\frac{{x}^{2}-ax-（1+a）}{{x}^{2}}$=$\frac{（x+1）[x-（1+a）]}{{x}^{2}}$，
令f′（x）=0，即（x+1）[x-（1+a）]=0，解得x=-1或x=a+1，
∵a＞-1，∴a+1＞0，
又∵x∈（0，+∞），∴當(dāng)0＜x＜1+a時，f′（x）＜0；當(dāng)x＞1+a時，f′（x）＞0．
所以函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，1+a），單調(diào)遞增區(qū)間為（1+a，+∞）．
（2）若函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，e]上存在一點x₀，使得f（x₀）＜0成立，
則函數(shù)f（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx在[1，e]上的最小值小于零．
①當(dāng)1+a≥e，即a≥e-1時，由（1）知，f（x）在[1，e]上單調(diào)遞減，
所以f（x）的最小值為f（e）=$e+\frac{1+a}{e}-a$，
令$e+\frac{1+a}{e}-a$＜0，解得$a＞\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，
∵$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}＞e-1$，∴$a＞\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$；
②當(dāng)1＜1+a＜e，即0＜a＜e-1時，由（1）知，
函數(shù)f（x）在（1，1+a）上單調(diào)遞減，在（1+a，e）上單調(diào)遞增，
所以f（x）的最小值為f（1+a）=2+a-aln（1+a），
∵0＜ln（1+a）＜1，∴0＜aln（1+a）＜a，
故函數(shù)f（x）在[1，e]上的最小值f（1+a）=2+a-aln（1+a）＞2＞0，
故此時沒有滿足條件的實數(shù)a；
③當(dāng)1+a≤1，即-1＜a≤0時，由（1）知，
函數(shù)f（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，所以f（x）的最小值為f（1）=2+a，
∵-1＜a≤0，∴f（x）在[1，e]上的最小值f（1）=2+a＞1＞0，
故此時沒有滿足條件的實數(shù)a；
綜上可得，所求實數(shù)a的取值范圍是（$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，+∞）．

點評 本題考查函數(shù)的單調(diào)性、最值，通過已知條件得出“函數(shù)f（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx在[1，e]上的最小值小于零”是解決本題的關(guān)鍵，屬于難題．