Question

12．若?x₀∈[1，e]，使得x₀+$\frac{1+a}{{x}_{0}}$≤alnx₀成立，则正数a的最小值为（　　）

• A． $\frac{{e}^{2}-1}{e+1}$
• B． $\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$
• C． $\frac{e+1}{e-1}$
• D． $\frac{e-1}{e+1}$

Answer 1

分析 由?x₀∈[1，e]，使得x₀+$\frac{1+a}{{x}_{0}}$≤alnx₀成立，可得函数f（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx在x∈[1，e]上的最小值[f（x）]_min≤0．
f′（x）=1-$\frac{1+a}{{x}^{2}}$-$\frac{a}{x}$=$\frac{（x+1）[x-（1+a）]}{{x}^{2}}$．由a＞0，可得a+1＞1，x＞a+1时，f′（x）＞0；0＜x＜a+1时，f′（x）＜0．对a分类讨论即可得出．

解答 解：∵?x₀∈[1，e]，使得x₀+$\frac{1+a}{{x}_{0}}$≤alnx₀成立，
∴函数f（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx在x∈[1，e]上的最小值[f（x）]_min≤0．
f′（x）=1-$\frac{1+a}{{x}^{2}}$-$\frac{a}{x}$=$\frac{（x+1）[x-（1+a）]}{{x}^{2}}$．
∵a＞0，∴a+1＞1，∴x＞a+1时，f′（x）＞0；0＜x＜a+1时，f′（x）＜0．
①当a+1≥e时，即a≥e-1时，f（x）在[1，e]上单调递减，
∴最小值[f（x）]_min=f（e）=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≥$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$．
①当1＜a+1＜e时，即0＜a＜e-1时，最小值[f（x）]_min=f（1+a）=2+a-aln（1+a）≤0．
∵0＜ln（1+a）＜1，∴0＜aln（1+a）＜a，
∴f（1+a）＞2．
此时不存在x₀，使得f（x₀）≤0．
综上可得：正数a的最小值为$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$．
故选：B．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、等价转化方法、分类讨论思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．