Question

7．已知函數(shù)f（x）=x²+a（x+lnx），a∈R．
（Ⅰ）若當a=-1時，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若f（x）＞$\frac{1}{2}$（e+1）a，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）a=-1時，求出f（x）=x²-x-lnx，通過求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)符號即可判斷出f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）討論a的取值：a=0時，容易得出滿足題意；a＞0時，會發(fā)現(xiàn)函數(shù)x²+ax在（0，+∞）上單調(diào)遞增，讓$0＜x＜{e}^{-1-\frac{1}{a}}$＜1，便得到f（x）＜1+a+alnx$＜1+a+a（-1-\frac{1}{a}）=0＜\frac{1}{2}（e+1）a$，從而這種情況不存在；當a＜0時，通過求導(dǎo)，容易判斷出，存在x₀∈（0，+∞），使f′（x₀）=0，從而判斷出f（x）的最小值f（x₀），再由條件f（x）$＞\frac{1}{2}（e+1）a$便可得到x₀∈（0，e），并根據(jù)f′（x₀）=0，可求出$a=-\frac{2{{x}_{0}}^{2}}{{x}_{0}+1}$，從而求出a的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）由題意得x∈（0，+∞）；
當a=-1時，f（x）=x²-x-lnx，$f′（x）=\frac{2{x}^{2}-x-1}{x}$=$\frac{（x-1）（2x+1）}{x}$；
∴x∈（0，1）時，f′（x）＜0，x∈（1，+∞）時，f′（x）＞0；
∴f（x）的單調(diào)減區(qū)間是（0，1），單調(diào)增區(qū)間是[1，+∞）；
（II）①當a=0時，f（x）=x²＞0，顯然符合題意；
②當a＞0時，當$0＜x＜{e}^{-1-\frac{1}{a}}$時；
f（x）＜1+a+alnx$＜1+a+a（-1-\frac{1}{a}）=0＜\frac{1}{2}（e+1）a$，不符合題意；
③當a＜0時，則$f′（x）=\frac{2{x}^{2}+ax+a}{x}$；
對于2x²+ax+a=0，△=a²-8a＞0；
∴該方程有兩個不同實根，且一正一負，即存在x₀∈（0，+∞），使得$2{{x}_{0}}^{2}+a{x}_{0}+a=0$；
即f′（x₀）=0；
∴0＜x＜x₀時，f′（x）＜0，x＞x₀時，f′（x）＞0；
∴f（x）_min=f（x₀）=${{x}_{0}}^{2}+a（{x}_{0}+ln{x}_{0}）$=${{x}_{0}}^{2}+\frac{1}{2}a{x}_{0}+\frac{1}{2}a+\frac{1}{2}a[（{x}_{0}-1）+2ln{x}_{0}]$=$\frac{1}{2}a[（{x}_{0}-1）+2ln{x}_{0}]$；
∵$f（x）＞\frac{1}{2}（e+1）a$，∴x₀+2lnx₀-（e+2）＜0；
∴0＜x₀＜e；
由$2{{x}_{0}}^{2}+a{x}_{0}+a=0$得，$a=-\frac{2{{x}_{0}}^{2}}{{x}_{0}+1}$；
設(shè)y=$-\frac{2{{x}_{0}}^{2}}{{x}_{0}+1}$，y′=$-\frac{2{{x}_{0}}^{2}+4{x}_{0}}{（{x}_{0}+1）^{2}}＜0$；
∴函數(shù)$y=-\frac{2{{x}_{0}}^{2}}{{x}_{0}+1}$在（0，e）上單調(diào)遞減；
∴$-\frac{2{{x}_{0}}^{2}}{{x}_{0}+1}∈（-\frac{2{e}^{2}}{e+1}，0）$；
綜上所述，實數(shù)a的取值范圍$（-\frac{2{e}^{2}}{e+1}，0]$．

點評 考查根據(jù)函數(shù)導(dǎo)數(shù)符號判斷函數(shù)單調(diào)性，求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的方法，判別式的取值和一元二次方程根的關(guān)系，由韋達定理判斷一元二次方程根的符號，以及根據(jù)導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最小值的方法與過程，函數(shù)單調(diào)性定義的運用．