Question

9．已知函数f（x）=lnx+ax+$\frac{1+a}{x}$（a＞-$\frac{1}{2}$），（其中e=2.718…）．
（1）讨论f（x）的单调性及极值点个数；
（2）若f（x）在[1，e}]的最小值为f（1），求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数f（x）的定义域，然后求出原函数的导函数，分a=0，a＞0，$-\frac{1}{2}＜a＜0$分析导函数的符号，由导函数的符号判断出原函数的单调性，并得到极值点的个数；
（2）由（1）中函数的单调性得到当a≥0时，函数f（x）在（0，1）上为减函数，在（1，+∞）上为增函数，可知f（x）在[1，e}]的最小值为f（1）．
当$-\frac{1}{2}＜a＜0$时，函数的增区间为$（1，-1-\frac{1}{a}）$，把f（x）在[1，e]上的最小值为f（1）转化为$-1-\frac{1}{a}≥e$或$\left\{\begin{array}{l}{-1-\frac{1}{a}＜e}\\{f（1）＜f（e）}\end{array}\right.$，求解不等式及不等式组可得a的取值范围．

解答 解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），
由f（x）=lnx+ax+$\frac{1+a}{x}$，得${f}^{′}（x）=\frac{1}{x}+a-\frac{1+a}{{x}^{2}}$，
当a=0时，${f}^{′}（x）=\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
则当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，
∴函数的减区间为x（0，1），增区间为（1，+∞），函数有一个极小值点；
当a≠0时，f′（x）=$\frac{a（x-1）（x+\frac{a+1}{a}）}{{x}^{2}}$，
若a＞0，
则当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，
∴函数的减区间为x（0，1），增区间为（1，+∞），函数有一个极小值点；
若$-\frac{1}{2}＜a＜0$，
则当x∈（0，1），$（-1-\frac{1}{a}，+∞）$时，f′（x）＜0，当x∈$（1，-1-\frac{1}{a}）$时，f′（x）＞0，
∴函数的减区间为（0，1），$（-1-\frac{1}{a}，+∞）$，增区间为$（1，-1-\frac{1}{a}）$，
∴函数有一个极小值点x=1，一个极大值点x=$-1-\frac{1}{a}$；
（2）由（1）知，当a≥0时，函数f（x）在（0，1）上为减函数，在（1，+∞）上为增函数，
∴f（x）在[1，e}]的最小值为f（1）．
当$-\frac{1}{2}＜a＜0$时，函数的增区间为$（1，-1-\frac{1}{a}）$，
要使f（x）在[1，e]上的最小值为f（1），则$-1-\frac{1}{a}≥e$①，或$\left\{\begin{array}{l}{-1-\frac{1}{a}＜e}\\{f（1）＜f（e）}\end{array}\right.$②，
解①得：$-\frac{1}{e+1}≤a＜0$．
由②得：$\left\{\begin{array}{l}{-1-\frac{1}{a}＜e}\\{2a+1＜ae+\frac{1+a}{e}}\end{array}\right.$，解得：$\frac{1}{e-1}＜a＜-\frac{1}{e+1}$，
∵a$＞-\frac{1}{2}$，∴$-\frac{1}{2}＜a＜-\frac{1}{e+1}$．
综上，若f（x）在[1，e]的最小值为f（1），则实数a的取值范围是（-$\frac{1}{2}$，+∞）．

点评 本题考查了利用导数研究过曲线上某点的切线方程，考查了导数在最大值和最小值中的实际应用，考查了运算求解能力，推理论证能力，考查函数与方程的思想，化归与转化思想，综合性强，是高考的重点．