Question

7．已知函数f（x）=x²+a（x+lnx），a∈R．
（Ⅰ）若当a=-1时，求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若f（x）＞$\frac{1}{2}$（e+1）a，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）a=-1时，求出f（x）=x²-x-lnx，通过求导，根据导数符号即可判断出f（x）的单调区间；
（Ⅱ）讨论a的取值：a=0时，容易得出满足题意；a＞0时，会发现函数x²+ax在（0，+∞）上单调递增，让$0＜x＜{e}^{-1-\frac{1}{a}}$＜1，便得到f（x）＜1+a+alnx$＜1+a+a（-1-\frac{1}{a}）=0＜\frac{1}{2}（e+1）a$，从而这种情况不存在；当a＜0时，通过求导，容易判断出，存在x₀∈（0，+∞），使f′（x₀）=0，从而判断出f（x）的最小值f（x₀），再由条件f（x）$＞\frac{1}{2}（e+1）a$便可得到x₀∈（0，e），并根据f′（x₀）=0，可求出$a=-\frac{2{{x}_{0}}^{2}}{{x}_{0}+1}$，从而求出a的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）由题意得x∈（0，+∞）；
当a=-1时，f（x）=x²-x-lnx，$f′（x）=\frac{2{x}^{2}-x-1}{x}$=$\frac{（x-1）（2x+1）}{x}$；
∴x∈（0，1）时，f′（x）＜0，x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0；
∴f（x）的单调减区间是（0，1），单调增区间是[1，+∞）；
（II）①当a=0时，f（x）=x²＞0，显然符合题意；
②当a＞0时，当$0＜x＜{e}^{-1-\frac{1}{a}}$时；
f（x）＜1+a+alnx$＜1+a+a（-1-\frac{1}{a}）=0＜\frac{1}{2}（e+1）a$，不符合题意；
③当a＜0时，则$f′（x）=\frac{2{x}^{2}+ax+a}{x}$；
对于2x²+ax+a=0，△=a²-8a＞0；
∴该方程有两个不同实根，且一正一负，即存在x₀∈（0，+∞），使得$2{{x}_{0}}^{2}+a{x}_{0}+a=0$；
即f′（x₀）=0；
∴0＜x＜x₀时，f′（x）＜0，x＞x₀时，f′（x）＞0；
∴f（x）_min=f（x₀）=${{x}_{0}}^{2}+a（{x}_{0}+ln{x}_{0}）$=${{x}_{0}}^{2}+\frac{1}{2}a{x}_{0}+\frac{1}{2}a+\frac{1}{2}a[（{x}_{0}-1）+2ln{x}_{0}]$=$\frac{1}{2}a[（{x}_{0}-1）+2ln{x}_{0}]$；
∵$f（x）＞\frac{1}{2}（e+1）a$，∴x₀+2lnx₀-（e+2）＜0；
∴0＜x₀＜e；
由$2{{x}_{0}}^{2}+a{x}_{0}+a=0$得，$a=-\frac{2{{x}_{0}}^{2}}{{x}_{0}+1}$；
设y=$-\frac{2{{x}_{0}}^{2}}{{x}_{0}+1}$，y′=$-\frac{2{{x}_{0}}^{2}+4{x}_{0}}{（{x}_{0}+1）^{2}}＜0$；
∴函数$y=-\frac{2{{x}_{0}}^{2}}{{x}_{0}+1}$在（0，e）上单调递减；
∴$-\frac{2{{x}_{0}}^{2}}{{x}_{0}+1}∈（-\frac{2{e}^{2}}{e+1}，0）$；
综上所述，实数a的取值范围$（-\frac{2{e}^{2}}{e+1}，0]$．

点评 考查根据函数导数符号判断函数单调性，求函数单调区间的方法，判别式的取值和一元二次方程根的关系，由韦达定理判断一元二次方程根的符号，以及根据导数求函数最小值的方法与过程，函数单调性定义的运用．