Question

9．设函数f（x）=x+$\frac{1}{x}$+alnx，a∈R．求f（x）的单调区间．

Answer 1

分析 求导函数，可得f′（x）=1-$\frac{1}{{x}^{2}}$+$\frac{a}{x}$，令t=$\frac{1}{x}$得f′（x）=-t²+at-1（t≠0），再进行分类讨论：当△=a²-4≤0，f′（x）≥0恒成立；当△=a²-4＞0，根据-t²+at-1＞0，及-t²+at-1＜0，即可确定函数的单调性．

解答 解：求导函数，可得f′（x）=1-$\frac{1}{{x}^{2}}$+$\frac{a}{x}$，函数定义域是（0，+∞）
令t=$\frac{1}{x}$得f′（x）=-t²+at-1（t≠0）
当△=a²-4≤0，即-2≤a≤2时，f′（x）≥0恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上都是增函数；
当△=a²-4＞0，即a＜-2或a＞2时，
由-t²+at-1＞0得t＜$\frac{a}{2}$-$\frac{\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$或t＞$\frac{a}{2}$+$\frac{\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$
∴x＞$\frac{a}{2}$+$\frac{\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$或0＜x＜$\frac{a}{2}$-$\frac{\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$
又由-t²+at-1＜0得$\frac{a}{2}$-$\frac{\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$＜t＜$\frac{a}{2}$+$\frac{\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，∴$\frac{a}{2}$-$\frac{\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$＜x＜$\frac{a}{2}$+$\frac{\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$
综上 当-2≤a≤2，f（x）在（0，+∞）上都是增函数；当a＜-2或a＞2，f（x）在（0，$\frac{a}{2}$-$\frac{\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$）及（$\frac{a}{2}$+$\frac{\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，+∞）上都是增函数，在$\frac{a}{2}$-$\frac{\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，$\frac{a}{2}$+$\frac{\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$）是减函数．

点评 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查分类讨论的数学思想，属于中档题．