Question

7．已知函数f（x）=x+$\frac{1}{x}$+alnx，x∈R，若对任意的x∈（1，e）都有$\frac{2}{e}$＜f（x）＜2e，求a的取值范围．

Answer 1

分析 首先求出f（1），f（e）的值，由于$\frac{2}{e}$＜f（1）＜2e，再由$\frac{2}{e}$＜f（e）＜2e求出a的初步范围，然后求出原函数的导函数，得到极小值点，也就是函数在（1，e）上的最小值点，再由最小值满足大于$\frac{2}{e}$小于2e得答案．

解答 解：∵f（1）=2，f（e）=e+$\frac{1}{e}$+a，
由于对任意的x∈（1，e），都有$\frac{2}{e}$＜f（x）＜2e，
故首先有：$\frac{2}{e}$≤f（e）=e+$\frac{1}{e}+a$≤2e，即$\frac{1}{e}-e$≤a≤e-$\frac{1}{e}$．
另一方面，${f}^{′}（x）=1-\frac{1}{{x}^{2}}+\frac{a}{x}=\frac{{x}^{2}+ax-1}{{x}^{2}}$，
当x=$\frac{\sqrt{{a}^{2}+4}-a}{2}$（另一负根舍去），f′（x）=0．
故当1≤$\frac{\sqrt{{a}^{2}+4}-a}{2}$≤e时，该点为f（x）的最小值点．
即当$\frac{1}{e}$-e≤a≤0时，还必须有$\frac{2}{e}$＜f（$\frac{\sqrt{{a}^{2}+4}-a}{2}$＜2e．
事实上，当$\frac{1}{e}$-e≤a≤0时，f（$\frac{\sqrt{{a}^{2}+4}-a}{2}$）=$\sqrt{{a}^{2}+4}+aln\frac{\sqrt{{a}^{2}+4}-a}{2}$
＜$\sqrt{{a}^{2}+4}$≤$\sqrt{（\frac{1}{e}-e）^{2}+4}$=$e+\frac{1}{e}$≤2e；
而且f（$\frac{\sqrt{{a}^{2}+4}-a}{2}$）=$\sqrt{{a}^{2}+4}+aln\frac{\sqrt{{a}^{2}+4}-a}{2}$$＞\frac{2}{e}$，不等式都成立．
综合可知，a的取值范围是：$\frac{1}{e}-e≤a≤e-\frac{1}{e}$．

点评 本题考查了利用导数求闭区间上函数的最值，考查了数学转化思想方法，训练了不等式的解法，是有一定难度题目．