Question

17．已知函数f（x）=x-alnx+$\frac{1+a}{x}$（a∈R）
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若在[1，e]（e=2.71828…）上任取一点x₀，使得f（x₀）≤0成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）先求导，再分类讨论，得到函数的单调区间；
（2）由题意，只要求出函数f（x）_min≤0即可，利用导数和函数的最值的关系，进行分类讨论，即可得到a的范围．

解答 解：（1）∵f（x）=x-alnx+$\frac{1+a}{x}$（a∈R），
∴f′（x）=1-$\frac{a}{x}$-$\frac{1+a}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-ax-（1+a）}{{x}^{2}}$=$\frac{（x+1）[x-（1+a）]}{{x}^{2}}$，
①当1+a≤0时，即a≤-1时，在x∈（0，+∞）上，f′（x）＞0，
∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，
②当a+1＞0时，即a＞-1时，在（0，1+a）上f′（x）＜0，在（1+a，+∞）上，f′（x）＞0，
∴函数f（x）在（0，1+a）上单调递减，在（1+a，+∞）上单调递增，
（2）在[1，e]（e=2.71828…）上任取一点x₀，使得f（x₀）≤0成立，
∴函数f（x）=x-alnx+$\frac{1+a}{x}$在[1，e]的最小值小于或等于0，
由（1）知，
当a≤-1时，在[1，e]上为增函数，f（x）_min=f（1）=1+1+a≤0，
解得a≤-2，
当a＞-1时
①当1+a≥e时，即a≥e-1时，f（x）在[1，e]上单调递减，
∴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≥$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$；
②当1+a≤1，即a≤0，f（x）在[1，e]上单调递增，
∴f（x）_min=f（1）=1+1+a≤0，
解得a≤-2，与a＞-1矛盾；
③当1＜1+a＜e，即0＜a＜e-1时，f（x）_min=f（1+a），
∵0＜ln（1+a）＜1，
∴0＜aln（1+a）＜a，
∴f（1+a）=a+2-aln（1+a）＞2，此时f（1+a）≤0不成立，
综上所述若在[1，e]（e=2.71828…）上任取一点x₀，使得f（x₀）≤0成立a的范围为a≥$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，或a≤-2

点评 本题主要考查函数的单调性及最值，以及分类讨论的思想，转化思想，属于中档题．