Question

4．已知函数f（x）=alnx+x，（a为常数）．
（1）当a=-2时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若对任意的x∈[$\frac{1}{e}$，e]时，f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）法一：问题转化为只需f（x）_min≥0即可，通过讨论a的范围，求出f（x）的单调区间，从而求出函数的最小值，解出a的范围即可；
法二：问题转化为对任意的x∈[$\frac{1}{e}$，e]时，a$\frac{lnx}{x}$+1≥0恒成立；令u=$\frac{lnx}{x}$，得到函数g（u）=au+1，u∈[-e，$\frac{1}{e}$]，通过讨论函数g（u）的单调性，求出a的范围即可．

解答 解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞）．当a=-2时，f′（x）=$\frac{-2}{x}$+1，
由f′（x）＞0，解得x＞2，所以函数f（x）的单调递增区间为（2，+∞）；
由f′（x）＜0，解得x＜2，所以函数f（x）的单调递减区间为（0，2）；  
（2）解法一：对任意的x∈[$\frac{1}{e}$，e]时，f（x）≥0恒成立，
即只需f（x）_min≥0即可，f′（x）=$\frac{a}{x}$+1=$\frac{a+x}{x}$，
当a≥0时在[$\frac{1}{e}$，e]上，f′（x）≥0恒成立，即f（x）在[$\frac{1}{e}$，e]上单调递增，
所以f（x）_min=f（$\frac{1}{e}$）=$\frac{1}{e}$-a≥0，解得a≤$\frac{1}{e}$，
又因为a≥0，所以0≤a≤$\frac{1}{e}$；
当a＜0时，令f′（x）=0得x=-a，-e≤a＜0，
①当-a≤$\frac{1}{e}$即-$\frac{1}{e}$≤a＜0时，在[$\frac{1}{e}$，e]上f′（x）＞0恒成立，
所以f（x）在[$\frac{1}{e}$，e]上单调递增，
所以f（x）_min=f（$\frac{1}{e}$）=$\frac{1}{e}$-a≥0，解得：a≤$\frac{1}{e}$，
又因为-$\frac{1}{e}$≤a＜0，所以-$\frac{1}{e}$≤a＜0；
②当$\frac{1}{e}$＜-a＜e即-e＜a＜-$\frac{1}{e}$时，令f′（x）＞0得：-a＜x＜e，
令f′（x）＜0得：$\frac{1}{e}$＜x＜-a，所以f（x）在[$\frac{1}{e}$，-a]上单调递减，在[-a，e]上单调递增，
所以x=-a时f（x）取得最小值，
此时f（x）_min=f（-a）=aln（-a）-a≥0，解得：a≥-e，
又因为-e＜a＜-$\frac{1}{e}$，所以-e＜a＜-$\frac{1}{e}$，
③当-a≥e即a≤-e时，在[$\frac{1}{e}$，e]上f′（x）＜0，
所以f（x）在[$\frac{1}{e}$，e]上单调递减，
所以f（x）_min=f（e）=a+e≥0，解得a≥-e，因为a≤-e，所以a=-e，
综上可得：-e≤a≤$\frac{1}{e}$．    
解法2：对任意的x∈[$\frac{1}{e}$，e]时，f（x）=alnx+x≥0恒成立，
即对任意的x∈[$\frac{1}{e}$，e]时，a$\frac{lnx}{x}$+1≥0恒成立；
令u=$\frac{lnx}{x}$，x∈[$\frac{1}{e}$，e]则u′=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$≥0恒成立；
所以u=$\frac{lnx}{x}$在x∈[$\frac{1}{e}$，e]上单调递增；则u∈[-e，$\frac{1}{e}$]，
所以对任意u∈[-e，$\frac{1}{e}$]，au+1≥0；
令g（u）=au+1，u∈[-e，$\frac{1}{e}$]，
则g（u）的最小值为g（-e）与g（$\frac{1}{e}$）中较小的一个；
当且仅当$\left\{\begin{array}{l}{g（-e）≥0}\\{g（\frac{1}{e}）≥0}\end{array}\right.$时，即$\left\{\begin{array}{l}{-ae+1≥0}\\{\frac{a}{e}+1≥0}\end{array}\right.$时，题设不等式恒成立；
即：-e≤a≤$\frac{1}{e}$．

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，考查转化思想、分类讨论思想，是一道中档题．