Question

10．已知函数f（x）=a（x+$\frac{b}{x}$）+blnx（其中a，b∈R）
（Ⅰ）当b=-4时，若f（x）在其定义域内为单调函数，求a的取值范围；
（Ⅱ）当a=-1时，是否存在实数b，使得当x∈[e，e²]时，不等式f（x）＞0恒成立，如果存在，求b的取值范围，如果不存在，说明理由（其中e是自然对数的底数，e=2.71828…）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，问题转化为则a≥$\frac{4x}{{x}^{2}+4}$，或a≤$\frac{4x}{{x}^{2}+4}$，求出a的范围即可；
（Ⅱ）问题转化为b＞$\frac{x}{lnx-\frac{1}{x}}$在x∈[e，e²]时恒成立，令h（x）=$\frac{x}{lnx-\frac{1}{x}}$，x∈[e，e²]，根据函数的单调性求出b的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）=$\frac{{ax}^{2}-4x+4a}{{x}^{2}}$，
若f（x）在其定义域内递增，
则a≥$\frac{4x}{{x}^{2}+4}$=${（\frac{4}{x+\frac{4}{x}}）}_{max}$=1，
故a≥1，
若若f（x）在其定义域内递减，
则a≤$\frac{4x}{{x}^{2}+4}$=${（\frac{4}{x+\frac{4}{x}}）}_{min}$，
x+$\frac{4}{x}$→+∞时，$\frac{4}{x+\frac{4}{x}}$→0，
故a≤0；
综上，a≤0或a≥1；
（Ⅱ）f（x）=-（x+$\frac{b}{x}$）+blnx＞0在x∈[e，e²]时恒成立，
令y=lnx-$\frac{1}{x}$，x∈[e，e²]，
y′=$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，
函数y=lnx-$\frac{1}{x}$在x∈[e，e²]递增，
故x=e时，y取最小值1-$\frac{1}{e}$＞0，
故y=lnx-$\frac{1}{x}$＞0在x∈[e，e²]恒成立，
故问题转化为b＞$\frac{x}{lnx-\frac{1}{x}}$在x∈[e，e²]时恒成立，
令h（x）=$\frac{x}{lnx-\frac{1}{x}}$，x∈[e，e²]，
h′（x）=$\frac{lnx-\frac{2}{x}-1}{{（lnx-\frac{1}{x}）}^{2}}$
令m（x）=lnx-$\frac{2}{x}$-1，m′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{2}{{x}^{2}}$＞0，
而m（e）＜0，m（e²）＞0，
故存在x₀∈[e，e²]，使得h（x）在[e，x₀）递减，在（x₀，e²]递增
∴h（x）_max=h（e²）或h（e），
而h（e²）=$\frac{{e}^{4}}{{2e}^{2}-1}$＜h（e）=$\frac{{e}^{2}}{e-1}$，
∴b＞$\frac{{e}^{2}}{e-1}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道中档题．