Question

17．已知函數(shù)f（x）=x-alnx+$\frac{1+a}{x}$（a∈R）
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若在[1，e]（e=2.71828…）上任取一點(diǎn)x₀，使得f（x₀）≤0成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先求導(dǎo)，再分類討論，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）由題意，只要求出函數(shù)f（x）_min≤0即可，利用導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的最值的關(guān)系，進(jìn)行分類討論，即可得到a的范圍．

解答 解：（1）∵f（x）=x-alnx+$\frac{1+a}{x}$（a∈R），
∴f′（x）=1-$\frac{a}{x}$-$\frac{1+a}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-ax-（1+a）}{{x}^{2}}$=$\frac{（x+1）[x-（1+a）]}{{x}^{2}}$，
①當(dāng)1+a≤0時(shí)，即a≤-1時(shí)，在x∈（0，+∞）上，f′（x）＞0，
∴函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
②當(dāng)a+1＞0時(shí)，即a＞-1時(shí)，在（0，1+a）上f′（x）＜0，在（1+a，+∞）上，f′（x）＞0，
∴函數(shù)f（x）在（0，1+a）上單調(diào)遞減，在（1+a，+∞）上單調(diào)遞增，
（2）在[1，e]（e=2.71828…）上任取一點(diǎn)x₀，使得f（x₀）≤0成立，
∴函數(shù)f（x）=x-alnx+$\frac{1+a}{x}$在[1，e]的最小值小于或等于0，
由（1）知，
當(dāng)a≤-1時(shí)，在[1，e]上為增函數(shù)，f（x）_min=f（1）=1+1+a≤0，
解得a≤-2，
當(dāng)a＞-1時(shí)
①當(dāng)1+a≥e時(shí)，即a≥e-1時(shí)，f（x）在[1，e]上單調(diào)遞減，
∴f（x）_min=f（e）=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+a≤1，即a≤0，f（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，
∴f（x）_min=f（1）=1+1+a≤0，
解得a≤-2，與a＞-1矛盾；
③當(dāng)1＜1+a＜e，即0＜a＜e-1時(shí)，f（x）_min=f（1+a），
∵0＜ln（1+a）＜1，
∴0＜aln（1+a）＜a，
∴f（1+a）=a+2-aln（1+a）＞2，此時(shí)f（1+a）≤0不成立，
綜上所述若在[1，e]（e=2.71828…）上任取一點(diǎn)x₀，使得f（x₀）≤0成立a的范圍為a≥$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，或a≤-2

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性及最值，以及分類討論的思想，轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．