Question

10．已知函數(shù)f（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx．
（Ⅰ）若函數(shù)y=f（x）的圖象在x=1處的切線與直線2x+y-1=0平行，求a的值；
（Ⅱ）在（I）的條件下方程f（x）=b在區(qū)間[1，e]上兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，求實(shí)數(shù)b的取值范圍；
（Ⅲ）若在區(qū)間[1，e]上存在一點(diǎn)x₀，使得f（x₀）＜0成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求得函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求得切線的斜率，由兩直線平行的條件，可得a=1；
（Ⅱ）求出當(dāng)a=1時(shí)，f（x）的導(dǎo)數(shù)，求得[1，e]上的單調(diào)區(qū)間和最小值，以及端點(diǎn)處的函數(shù)值，結(jié)合條件，即可得到b的范圍；
（Ⅲ）在[1，e]，f（x₀）＜0?f（x）_min＜0（1≤x≤e），對(duì)a討論，①當(dāng)a+1≤1即a≤0時(shí)，②當(dāng)1＜1+a＜e，即0＜a＜e-1，③當(dāng)a+1≥e，即a≥e-1時(shí)，通過導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，求得額最小值，解不等式即可得到a的范圍．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx的導(dǎo)數(shù)f′（x）=1-$\frac{1+a}{{x}^{2}}$-$\frac{a}{x}$，
y=f（x）的圖象在x=1處的切線斜率為k=f′（1）=1-（1+a）-a=-2a，
由題意可得-2a=-2，
解得a=1；
（Ⅱ）當(dāng)a=1時(shí)，f（x）=x+$\frac{2}{x}$-lnx，f′（x）=1-$\frac{2}{{x}^{2}}$-$\frac{1}{x}$=$\frac{（x+1）（x-2）}{{x}^{2}}$，
在（1，2）上，f′（x）＜0，f（x）遞減，在（2，e）上，f′（x）＞0，f（x）遞增．
f（2）取得最小值，且為3-ln2，
f（1）=3，f（e）=e-1+$\frac{2}{e}$，即有f（1）＞f（e），
方程f（x）=b在區(qū)間[1，e]上兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，則有f（2）＜b≤f（e），
即為3-ln2＜b≤e-1+$\frac{2}{e}$；
（Ⅲ）在[1，e]，f（x₀）＜0?f（x）_min＜0（1≤x≤e），
f′（x）=1-$\frac{1+a}{{x}^{2}}$-$\frac{a}{x}$=$\frac{（x+1）（x-a-1）}{{x}^{2}}$，
①當(dāng)a+1≤1即a≤0時(shí)，在[1，e]上f′（x）＞0，f（x）遞增，
f（x）_min=f（1）=2+a＜0，解得a＜-2；
②當(dāng)1＜1+a＜e，即0＜a＜e-1，在[1，a+1]上f′（x）＜0，f（x）遞減，
在{a+1，e]上，f′（x）＞0，f（x）遞增．
f（x）_min=f（a+1）=2+a-aln（a+1），
由0＜ln（1+a）＜1，即0＜aln（1+a）＜a，f（a+1）=2+a-aln（a+1）＞2，
此時(shí)f（a+1）＜0，不成立；
③當(dāng)a+1≥e，即a≥e-1時(shí)，在[1，e]上f′（x）＜0，f（x）遞減，
f（x）_min=f（e）=e+$\frac{1+a}{e}$-a＜0，即a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，
由$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$＞e-1，則有a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，
綜上可得，a的取值范圍是（-∞，-2）∪（$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求切線的斜率和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，主要考查函數(shù)的單調(diào)性的運(yùn)用，同時(shí)考查函數(shù)方程的轉(zhuǎn)化思想和不等式存在問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題，屬于中檔題．