Question

已知函数f（x）=alnx+

a+1

2

x²+1，
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）当-1＜a＜0时，不等式f（x）＞1+

a

2

ln（-a）恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数研究函数的极值

专题：导数的概念及应用

分析：（Ⅰ）先求出函数的导数，再分别讨论①a+1≤0，②-1＜a＜0时③a≥0时的情况，（Ⅱ）（Ⅰ）得：当-1＜a＜0时，f（x）在x=

-a a+1

处取到最小值，只需f（x）_min＞1+

a

2

ln（-a），解出即可．

解答： 解：（Ⅰ）∵f′（x）=

(a+1)x2+a

x

，x∈（0，+∞），
①a+1≤0，即a≤-1时，f′（x）＜0成立，
∴f（x）在（0，+∞）单调递减，
②-1＜a＜0时，
令f′（x）＞0，解得：x＞

-a a+1

，x＜-

-a a+1

（舍），
令f′（x）＜0，解得：0＜x＜

-a a+1

，
∴f（x）在（

-a a+1

，+∞）递增，在（0，

-a a+1

）递减，
③a≥0时，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，+∞）递增；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得：当-1＜a＜0时，
f（x）在x=

-a a+1

处取到最小值，
即：f（x）min=f（

-a a+1

），
要使不等式f（x）＞1+

a

2

ln（-a）恒成立，
只需f（x）_min＞1+

a

2

ln（-a），
即：aln

-a a+1

+

a+1

2

•

-a

a+1

+1＞1+

a

2

ln（-a），
解得：a＞

1

e

-1，
又∵-1＜a＜0，
∴

1

e

-1＜a＜0．

点评：本题考察了函数的单调性，函数的最值问题，导数的应用，是一道基础题．