Question

已知函数f（x）=x-alnx+

1+a

x

（a∈R）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若f（x）在区间[1，e]上存在一个零点，求a的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,函数零点的判定定理

专题：导数的综合应用

分析：（1）先求出函数的导数，再通过讨论a的范围，从而求出其单调区间，（2）f（x）在区间[1，e]上存在一个零点等价于f（x）在区间[1，e]的最小值不大于0，再由①若1+a≥e，②当1+a≤1，③当1＜1+a＜e，综合得出结论．

解答： 解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞）．
∴f′(x)=1-

a

x

-

1+a

x2

=

x2-ax-(1+a)

x2

=

(x+1)[x-(1+a)]

x2

，
由定义域可知x+1＞0．
①当a+1＞0，即a＞-1时，
由f'（x）＞0得x＞1+a；由f'（x）＜0得x＜1+a．
所以f（x）的增区间为（1+a，+∞），减区间为（0，1+a）．
②当1+a≤0，即a≤-1时，易见f'（x）＞0．
所以f（x）的增区间为（0，+∞）．
（2）f（x）在区间[1，e]上存在一个零点等价于f（x）在区间[1，e]的最小值不大于0．
①若1+a≥e，即a≥e-1时，由（1）可知f（x）在区间[1，e]为减函数，
所以f(x)min=f(e)=e+

1+a

e

-a≤0，
解得a≥

e2+1

e-1

因为

e2+1

e-1

＞e-1，所以a≥

e2+1

e-1

．
②当1+a≤1，即a≤0时，f（x）在[1，e]上单调递增，
所以f（x）的最小值为f（1）=1+1+a≤0
解得a≤-2．
③当1＜1+a＜e，即0＜a＜1-e时，f（x）的最小值为f（1+a）=2+a-aln（1+a）
因为0＜ln（1+a）＜1，所以f（1+a）=2+a[1-ln（1+a）]＞2
即此时f（x）在区间[1，e]上无零点．
综合①，②，③的讨论可知a的取值范围是(-∞， -2]∪[

e2+1

e-1

， +∞]．

点评：本题考察了函数的单调性，导数的应用，渗透了数形结合思想，是一道综合题．