Question

10．已知f（x）=x²+a（x+lnx），對于任意x，f（x）＞（e+1）${\;}^{\frac{a}{2}}$，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 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-$\frac{1}{a}$），從而這種情況不存在；當a＜0時，通過求導，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）＞$\frac{1}{2}$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：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2x₀²+ax₀+a=0，
即f′（x₀）=0，
∴0＜x＜x₀時，f′（x）＜0，x＞x₀時，f′（x）＞0；
∴f（x）_min=f（x₀）=x₀²+a（x₀+lnx₀）=x₀²+$\frac{1}{2}$ax₀+$\frac{1}{2}$a+$\frac{1}{2}$a[（x₀-1）+2lnx₀]
=$\frac{1}{2}$a[（x₀-1）+2lnx₀]；
∵f（x）＞$\frac{1}{2}$（e+1）a，∴x₀+2lnx₀-（e+2）＜0，
∴0＜x₀＜e．
由2x₀²+ax₀+a=0得，a=-$\frac{2{{x}_{0}}^{2}}{{x}_{0}+1}$，
設(shè)y=-$\frac{2{{x}_{0}}^{2}}{{x}_{0}+1}$，即有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的取值范圍是（-$\frac{2{e}^{2}}{e+1}$，0）．

點評 考查根據(jù)函數(shù)導數(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)導數(shù)求函數(shù)最小值的方法與過程，注意函數(shù)單調(diào)性定義的運用．