Question

16．已知函数f（x）=alnx-x-$\frac{a}{x}$+2a（其中a为常数，a∈R）．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当a＞0时，是否存在实数a，使得当x∈[1，e]时，不等式f（x）＞0恒成立？如果存在，求a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f（x）的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）通过讨论a的范围，根据函数的单调性求出f（x）的最小值，从而确定a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）由于f（x）=alnx-x-$\frac{a}{x}$+2a，（x＞0），
f′（x）=$\frac{{-x}^{2}+ax+a}{{x}^{2}}$，
①a≤0时，f′（x）＜0恒成立，
于是f（x）的递减区间是（0，+∞），
②a＞0时，令f′（x）＞0，解得：0＜x＜$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$，
令f′（x）＜0，解得：x＞$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$，
故f（x）在（0，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$）递增，在（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$，+∞）递减；
（Ⅱ）a＞0时，
①若$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$≤1，即0＜a≤$\frac{1}{2}$，此时f（x）在[1，e]递减，
f（x）_min=f（e）=3a-e-$\frac{a}{e}$=（3-$\frac{1}{e}$）a-e≤（3-$\frac{1}{e}$×$\frac{1}{2}$-e＜0，
f（x）＞0恒成立，不合题意，
②若$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$＞1，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$＜e，
即$\frac{1}{2}$＜a＜$\frac{{e}^{2}}{e+1}$时，
此时f（x）在（1，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$）递增，在（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$，e）递减，
要使在[1，e]恒有f（x）＞0恒成立，
则必有$\left\{\begin{array}{l}{f（1）＞0}\\{f（e）＞0}\end{array}\right.$，则$\left\{\begin{array}{l}{a-1＞0}\\{3a-e-\frac{a}{e}＞0}\end{array}\right.$，
解得：$\frac{{e}^{2}}{3e-1}$＜a＜$\frac{{e}^{2}}{e+1}$；
③若$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4a}}{2}$≥e，即a≥$\frac{{e}^{2}}{e+1}$时，
f（x）在[1，e]递增，令f（x）_min=f（1）=a-1＞0，
解得：a≥$\frac{{e}^{2}}{e+1}$，
综上，存在实数a∈（$\frac{{e}^{2}}{3e-1}$，+∞），使得f（x）＞0恒成立．

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分类讨论思想，是一道综合题．