Question

10．已知函數(shù)f（x）=a（x+$\frac{x}$）+blnx（其中a，b∈R）
（Ⅰ）當b=-4時，若f（x）在其定義域內為單調函數(shù)，求a的取值范圍；
（Ⅱ）當a=-1時，是否存在實數(shù)b，使得當x∈[e，e²]時，不等式f（x）＞0恒成立，如果存在，求b的取值范圍，如果不存在，說明理由（其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，e=2.71828…）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，問題轉化為則a≥$\frac{4x}{{x}^{2}+4}$，或a≤$\frac{4x}{{x}^{2}+4}$，求出a的范圍即可；
（Ⅱ）問題轉化為b＞$\frac{x}{lnx-\frac{1}{x}}$在x∈[e，e²]時恒成立，令h（x）=$\frac{x}{lnx-\frac{1}{x}}$，x∈[e，e²]，根據函數(shù)的單調性求出b的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域是（0，+∞），
f′（x）=$\frac{{ax}^{2}-4x+4a}{{x}^{2}}$，
若f（x）在其定義域內遞增，
則a≥$\frac{4x}{{x}^{2}+4}$=${（\frac{4}{x+\frac{4}{x}}）}_{max}$=1，
故a≥1，
若若f（x）在其定義域內遞減，
則a≤$\frac{4x}{{x}^{2}+4}$=${（\frac{4}{x+\frac{4}{x}}）}_{min}$，
x+$\frac{4}{x}$→+∞時，$\frac{4}{x+\frac{4}{x}}$→0，
故a≤0；
綜上，a≤0或a≥1；
（Ⅱ）f（x）=-（x+$\frac{x}$）+blnx＞0在x∈[e，e²]時恒成立，
令y=lnx-$\frac{1}{x}$，x∈[e，e²]，
y′=$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，
函數(shù)y=lnx-$\frac{1}{x}$在x∈[e，e²]遞增，
故x=e時，y取最小值1-$\frac{1}{e}$＞0，
故y=lnx-$\frac{1}{x}$＞0在x∈[e，e²]恒成立，
故問題轉化為b＞$\frac{x}{lnx-\frac{1}{x}}$在x∈[e，e²]時恒成立，
令h（x）=$\frac{x}{lnx-\frac{1}{x}}$，x∈[e，e²]，
h′（x）=$\frac{lnx-\frac{2}{x}-1}{{（lnx-\frac{1}{x}）}^{2}}$
令m（x）=lnx-$\frac{2}{x}$-1，m′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{2}{{x}^{2}}$＞0，
而m（e）＜0，m（e²）＞0，
故存在x₀∈[e，e²]，使得h（x）在[e，x₀）遞減，在（x₀，e²]遞增
∴h（x）_max=h（e²）或h（e），
而h（e²）=$\frac{{e}^{4}}{{2e}^{2}-1}$＜h（e）=$\frac{{e}^{2}}{e-1}$，
∴b＞$\frac{{e}^{2}}{e-1}$．

點評 本題考查了函數(shù)的單調性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及函數(shù)恒成立問題，是一道中檔題．