Question

1．已知函数f（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx（a＞-1）
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若函数f（x）在区间[1，e]（e=2.718…为自然数的底数）上存在一点x₀，使得f（x₀）＜0成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）通过令f′（x）=0，解得x=-1或x=a+1，结合a＞-1，及x∈（0，+∞），即得结论；
（2）由条件可得f（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx在[1，e]上的最小值小于零，结合（1）可知函数的单调性，分①1+a≥e、②1＜1+a＜e、③1+a≤1，三种情况讨论即可．

解答 解：（1）由题可知函数f（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx的定义域为（0，+∞），
则f′（x）=$1-\frac{1+a}{{x}^{2}}-\frac{a}{x}$=$\frac{{x}^{2}-ax-（1+a）}{{x}^{2}}$=$\frac{（x+1）[x-（1+a）]}{{x}^{2}}$，
令f′（x）=0，即（x+1）[x-（1+a）]=0，解得x=-1或x=a+1，
∵a＞-1，∴a+1＞0，
又∵x∈（0，+∞），∴当0＜x＜1+a时，f′（x）＜0；当x＞1+a时，f′（x）＞0．
所以函数f（x）的单调递减区间为（0，1+a），单调递增区间为（1+a，+∞）．
（2）若函数f（x）在区间[1，e]上存在一点x₀，使得f（x₀）＜0成立，
则函数f（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx在[1，e]上的最小值小于零．
①当1+a≥e，即a≥e-1时，由（1）知，f（x）在[1，e]上单调递减，
所以f（x）的最小值为f（e）=$e+\frac{1+a}{e}-a$，
令$e+\frac{1+a}{e}-a$＜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当1＜1+a＜e，即0＜a＜e-1时，由（1）知，
函数f（x）在（1，1+a）上单调递减，在（1+a，e）上单调递增，
所以f（x）的最小值为f（1+a）=2+a-aln（1+a），
∵0＜ln（1+a）＜1，∴0＜aln（1+a）＜a，
故函数f（x）在[1，e]上的最小值f（1+a）=2+a-aln（1+a）＞2＞0，
故此时没有满足条件的实数a；
③当1+a≤1，即-1＜a≤0时，由（1）知，
函数f（x）在[1，e]上单调递增，所以f（x）的最小值为f（1）=2+a，
∵-1＜a≤0，∴f（x）在[1，e]上的最小值f（1）=2+a＞1＞0，
故此时没有满足条件的实数a；
综上可得，所求实数a的取值范围是（$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，+∞）．

点评 本题考查函数的单调性、最值，通过已知条件得出“函数f（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx在[1，e]上的最小值小于零”是解决本题的关键，属于难题．