Question

10．已知函数f（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx．
（Ⅰ）若函数y=f（x）的图象在x=1处的切线与直线2x+y-1=0平行，求a的值；
（Ⅱ）在（I）的条件下方程f（x）=b在区间[1，e]上两个不同的实数根，求实数b的取值范围；
（Ⅲ）若在区间[1，e]上存在一点x₀，使得f（x₀）＜0成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求得函数的导数，求得切线的斜率，由两直线平行的条件，可得a=1；
（Ⅱ）求出当a=1时，f（x）的导数，求得[1，e]上的单调区间和最小值，以及端点处的函数值，结合条件，即可得到b的范围；
（Ⅲ）在[1，e]，f（x₀）＜0?f（x）_min＜0（1≤x≤e），对a讨论，①当a+1≤1即a≤0时，②当1＜1+a＜e，即0＜a＜e-1，③当a+1≥e，即a≥e-1时，通过导数判断单调性，求得额最小值，解不等式即可得到a的范围．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx的导数f′（x）=1-$\frac{1+a}{{x}^{2}}$-$\frac{a}{x}$，
y=f（x）的图象在x=1处的切线斜率为k=f′（1）=1-（1+a）-a=-2a，
由题意可得-2a=-2，
解得a=1；
（Ⅱ）当a=1时，f（x）=x+$\frac{2}{x}$-lnx，f′（x）=1-$\frac{2}{{x}^{2}}$-$\frac{1}{x}$=$\frac{（x+1）（x-2）}{{x}^{2}}$，
在（1，2）上，f′（x）＜0，f（x）递减，在（2，e）上，f′（x）＞0，f（x）递增．
f（2）取得最小值，且为3-ln2，
f（1）=3，f（e）=e-1+$\frac{2}{e}$，即有f（1）＞f（e），
方程f（x）=b在区间[1，e]上两个不同的实数根，则有f（2）＜b≤f（e），
即为3-ln2＜b≤e-1+$\frac{2}{e}$；
（Ⅲ）在[1，e]，f（x₀）＜0?f（x）_min＜0（1≤x≤e），
f′（x）=1-$\frac{1+a}{{x}^{2}}$-$\frac{a}{x}$=$\frac{（x+1）（x-a-1）}{{x}^{2}}$，
①当a+1≤1即a≤0时，在[1，e]上f′（x）＞0，f（x）递增，
f（x）_min=f（1）=2+a＜0，解得a＜-2；
②当1＜1+a＜e，即0＜a＜e-1，在[1，a+1]上f′（x）＜0，f（x）递减，
在{a+1，e]上，f′（x）＞0，f（x）递增．
f（x）_min=f（a+1）=2+a-aln（a+1），
由0＜ln（1+a）＜1，即0＜aln（1+a）＜a，f（a+1）=2+a-aln（a+1）＞2，
此时f（a+1）＜0，不成立；
③当a+1≥e，即a≥e-1时，在[1，e]上f′（x）＜0，f（x）递减，
f（x）_min=f（e）=e+$\frac{1+a}{e}$-a＜0，即a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，
由$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$＞e-1，则有a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，
综上可得，a的取值范围是（-∞，-2）∪（$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，+∞）．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间、极值和最值，主要考查函数的单调性的运用，同时考查函数方程的转化思想和不等式存在问题转化为求函数的最值问题，属于中档题．