Question

10．已知f（x）=x²+a（x+lnx），对于任意x，f（x）＞（e+1）${\;}^{\frac{a}{2}}$，求a的取值范围．

Answer 1

分析 讨论a的取值：a=0时，容易得出满足题意；a＞0时，会发现函数x²+ax在（0，+∞）上单调递增，让0＜x＜${e}^{-1-\frac{1}{a}}$＜1，便得到f（x）＜1+a+alnx＜1+a+a（-1-$\frac{1}{a}$），从而这种情况不存在；当a＜0时，通过求导，容易判断出，存在x₀∈（0，+∞），使f′（x₀）=0，从而判断出f（x）的最小值f（x₀），再由条件f（x）＞$\frac{1}{2}$便可得到x₀∈（0，e），并根据f′（x₀）=0，可求出a=-$\frac{2{{x}_{0}}^{2}}{{x}_{0}+1}$，从而求出a的取值范围．

解答 解：①当a=0时，f（x）=x²＞0，显然符合题意；
②当a＞0时，当0＜x＜${e}^{-1-\frac{1}{a}}$时，
f（x）＜1+a+alnx＜1+a+a（-1-$\frac{1}{a}$）=0＜$\frac{1}{2}$（e+1）a，不符合题意；
③当a＜0时，则f′（x）=$\frac{2{x}^{2}+ax+a}{x}$；
对于2x²+ax+a=0，△=a²-8a＞0；
∴该方程有两个不同实根，且一正一负，即存在x₀∈（0，+∞），使得2x₀²+ax₀+a=0，
即f′（x₀）=0，
∴0＜x＜x₀时，f′（x）＜0，x＞x₀时，f′（x）＞0；
∴f（x）_min=f（x₀）=x₀²+a（x₀+lnx₀）=x₀²+$\frac{1}{2}$ax₀+$\frac{1}{2}$a+$\frac{1}{2}$a[（x₀-1）+2lnx₀]
=$\frac{1}{2}$a[（x₀-1）+2lnx₀]；
∵f（x）＞$\frac{1}{2}$（e+1）a，∴x₀+2lnx₀-（e+2）＜0，
∴0＜x₀＜e．
由2x₀²+ax₀+a=0得，a=-$\frac{2{{x}_{0}}^{2}}{{x}_{0}+1}$，
设y=-$\frac{2{{x}_{0}}^{2}}{{x}_{0}+1}$，即有y′=$\frac{2{{x}_{0}}^{2}+4{x}_{0}}{（{x}_{0}+1）^{2}}$＜0，
∴函数y=-$\frac{2{{x}_{0}}^{2}}{{x}_{0}+1}$在（0，e）上单调递减，
∴-$\frac{2{{x}_{0}}^{2}}{{x}_{0}+1}$∈（-$\frac{2{e}^{2}}{e+1}$，0），
综上所述，实数a的取值范围是（-$\frac{2{e}^{2}}{e+1}$，0）．

点评 考查根据函数导数符号判断函数单调性，求函数单调区间的方法，判别式的取值和一元二次方程根的关系，由韦达定理判断一元二次方程根的符号，以及根据导数求函数最小值的方法与过程，注意函数单调性定义的运用．