Question

5．已知函数f（x）=x+$\frac{a+1}{x}$-alnx（a∈R）
（1）当a=1时，求函数f（x）的图象在x=1处的切线方程
（2）若在[1，e]（e=2.7182…为自然对数的底数）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 （1）求出函数的导数，计算f′（1），f（1），代入切线方程整理即可；
（2）问题转化为函数$f（x）=x+\frac{2}{x}-lnx$在[1，e]上的最小值[f（x）]_min≤0，通过讨论a的范围，求出f（x）的最小值，从而求出a的范围．

解答 解：（1）当a=1时，$f（x）=x+\frac{2}{x}-lnx$，其导数为${f^'}（x）=1-\frac{2}{x^2}-\frac{1}{x}$，
函数f（x）的图象在x=1处的切线斜率为f′（1）=-2，切点为（1，3），
则切线方程为y-3=-2（x-1）∴2x+y-5=0；
（2）在[1，e]上存在一点x₀，使得f（x₀）≤0，
即函数$f（x）=x+\frac{2}{x}-lnx$在[1，e]上的最小值[f（x）]_min≤0
易得${f^'}（x）=1-\frac{a+1}{x^2}-\frac{a}{x}=\frac{{（{x+1}）（{x-a-1}）}}{x^2}$
①当a+1≥e，即a≥e-1时，f（x）在[1，e]上单调递减，
∴${[{f（x）}]_{min}}=f（e）=e+\frac{a+1}{e}-a≤0∴a≥\frac{{{e^2}+1}}{e-1}$（满足a≥e-1）
 ②当a+1≤1∴a≤0时，f（x）在[1，e]上单调递增，
∴[f（x）]_min=f（1）=1+1+a≤0∴a≤-2（满足a≤0）；
 ③当1＜a+1＜e，即0＜a＜e-1时，f（x）在[1，a+1]上单调递减，在[a+1，e]上单调递增．
∴[f（x）]_min=f（1+a）=2+a-aln（a+1）≤0，
∴a≤-2，∵0＜ln（a+1）＜1，∴f（1+a）＞2，
此时在[1，e]上不存在x₀，使得f（x₀）≤0
综上可得所求a的范围是$a≥\frac{{{e^2}+1}}{e-1}$或a≤-2．

点评 本题考查了曲线的切线方程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道中档题．