Question

8．已知函数f（x）=x-alnx+$\frac{1+a}{x}$（a∈R）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若存在x₀∈[1，e]（e=2.718…），使得f（x₀）＜0成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）先求函数f（x）的定义域，再求导f′（x）=1-$\frac{a}{x}$-$\frac{1+a}{{x}^{2}}$=$\frac{（x+1）（x-（1+a））}{{x}^{2}}$，从而讨论判断函数的单调性；
（2）分类讨论函数的单调性，从而化存在性问题为最值问题，从而解得．

解答 解：（1）函数f（x）=x-alnx+$\frac{1+a}{x}$的定义域为（0，+∞），
f′（x）=1-$\frac{a}{x}$-$\frac{1+a}{{x}^{2}}$=$\frac{（x+1）（x-（1+a））}{{x}^{2}}$，
①当1+a≤0，即a≤-1时，
f′（x）＞0，
故f（x）在（0，+∞）上是增函数；
②当1+a＞0，即a＞-1时，
x∈（0，1+a）时，f′（x）＜0；x∈（1+a，+∞）时，f′（x）＞0；
故f（x）在（0，1+a）上是减函数，在（1+a，+∞）上是增函数；
（2）①当a≤-1时，
存在x₀∈[1，e]（e=2.718…），使得f（x₀）＜0成立可化为
f（1）=1+1+a＜0，
解得，a＜-2；
②当-1＜a≤0时，
存在x₀∈[1，e]（e=2.718…），使得f（x₀）＜0成立可化为
f（1）=1+1+a＜0，解得，a＜-2；
③当0＜a≤e-1时，
存在x₀∈[1，e]（e=2.718…），使得f（x₀）＜0成立可化为
f（1+a）=1+a-aln（1+a）+1＜0，无解；
④当e-1＜a时，
存在x₀∈[1，e]（e=2.718…），使得f（x₀）＜0成立可化为
f（e）=e-a+$\frac{1+a}{e}$＜0，
解得，a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$；
综上所述，
a的取值范围为（-∞，-2）∪（$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，+∞）．

点评 本题考查了导数的综合应用及存在性问题的应用，同时考查了分类讨论的思想应用，属于难题．