Question

3．已知函数f（x）=x-$\frac{a}{x}$-（a+1）lnx（a∈R）．
（Ⅰ）当a=$\frac{1}{2}$时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）是否存在实数a，使f（x）≤x恒成立，若存在，求出实数a的取值范围；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）确定函数f（x）的定义域，求导函数，分类讨论，利用导数的正负确定取得函数的单调区间；
（Ⅱ）f（x）≤x恒成立可转化为a+（a+1）xlnx≥0恒成立，构造函数φ（x）=a+（a+1）xlnx，则只需φ（x）≥0在x∈（0，+∞）恒成立即可，求导函数，分类讨论，即可求出实数a的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x）=$\frac{（x-a）（x-1）}{{x}^{2}}$，
当a=$\frac{1}{2}$时，由f′（x）＞0得，0＜x＜$\frac{1}{2}$或x＞1，由f′（x）＜0，得$\frac{1}{2}$＜x＜1，
故函数f（x）的单调增区间为（0，$\frac{1}{2}$），（1，+∞），单调减区（$\frac{1}{2}$，1）．
（Ⅱ）f（x）≤x恒成立可转化为a+（a+1）xlnx≥0恒成立，
令φ（x）=a+（a+1）xlnx，则只需φ（x）≥0在x∈（0，+∞）恒成立即可，
求导函数可得：φ′（x）=（a+1）（1+lnx）
当a+1＞0时，在x∈（0，$\frac{1}{e}$）时，φ′（x）＜0，在x∈（$\frac{1}{e}$，+∞）时，φ′（x）＞0
∴φ（x）的最小值为φ（$\frac{1}{e}$），由φ（$\frac{1}{e}$）≥0得a≥$\frac{1}{e-1}$，
故当a≥$\frac{1}{e-1}$时f（x）≤x恒成立，
当a+1=0时，φ（x）=-1，φ（x）≥0在x∈（0，+∞）不能恒成立，
当a+1＜0时，取x=1，有φ（1）=a＜-1，φ（x）≥0在x∈（0，+∞）不能恒成立，
综上所述当a≥$\frac{1}{e-1}$时，使f（x）≤x恒成立．

点评 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查分类讨论的数学思想，考查恒成立问题，同时考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．