Question

2．設(shè)函數(shù)f（x）=$x+\frac{a}{x+1}$，x∈[0，+∞）．
（1）當(dāng)a=2時(shí)，求函數(shù)f（x）的最小值；
（2）當(dāng)0＜a＜1時(shí)，求函數(shù)f（x）的最小值．
（3）當(dāng)a=2時(shí)，且（x+1）f（x）-bx+b＞0在[1，+∞）恒成立，求b的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）把a(bǔ)=2代入f（x）=x+$\frac{a}{x+1}$，利用基本不等式轉(zhuǎn)化求解函數(shù)的最小值即可．
（2）當(dāng)0＜a＜1時(shí)，設(shè)x₁＞x₂≥0，通過f（x₁）-f（x₂）=x₁+$\frac{a}{{{x_1}+1}}$-x₂-$\frac{a}{{{x_2}+1}}$=（x₁-x₂）$[1-\frac{a}{（{x}_{1}+1）（{x}_{2}+1）}]$．判斷函數(shù)f（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，求出最小值．
（3）當(dāng)a=2時(shí)，原不等式可轉(zhuǎn)化為（x+1）（$x+\frac{2}{x+1}$）＞b（x-1）恒成立，得到b＜$\frac{{x}^{2}+x+2}{x-1}$，構(gòu)造函數(shù)g（x）=$\frac{{x}^{2}+x+2}{x-1}$，然后利用基本不等式求解表達(dá)式的最小值，即可得到b 的范圍．

解答 解：（1）把a(bǔ)=2代入f（x）=x+$\frac{a}{x+1}$，
得f（x）=x+$\frac{2}{x+1}$=（x+1）+$\frac{2}{x+1}$-1
∵x∈[0，+∞），
∴x+1＞0，$\frac{2}{x+1}$＞0，∴x+1+$\frac{2}{x+1}$≥$2\sqrt{2}$…..…（3分）
當(dāng)且僅當(dāng)x+1=$\frac{2}{x+1}$，即x=$\sqrt{2}$-1時(shí)，f（x）取最小值．
此時(shí)，f（x）_min=2$\sqrt{2}$-1…．（4分）
（2）當(dāng)0＜a＜1時(shí)，
f（x）=x+1+$\frac{a}{x+1}$-1，若x+1+$\frac{a}{x+1}$≥$2\sqrt{a}$，
則當(dāng)且僅當(dāng)x+1=$\frac{a}{x+1}$時(shí)取等號，此時(shí)x=$\sqrt{a}$-1＜0（不合題意），
因此，上式等號取不到．…..（5分）
設(shè)x₁＞x₂≥0，則
f（x₁）-f（x₂）=x₁+$\frac{a}{{{x_1}+1}}$-x₂-$\frac{a}{{{x_2}+1}}$
=（x₁-x₂）$[1-\frac{a}{（{x}_{1}+1）（{x}_{2}+1）}]$．
∵x₁＞x₂≥0，∴x₁-x₂＞0，x₁+1＞1，x₂+1≥1．
∴（x₁+1）（x₂+1）＞1．而0＜a＜1，
∴$\frac{a}{{（{x_1}+1）（{x_2}+1）}}$＜1，∴f（x₁）-f（x₂）＞0．
∴f（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，∴f（x）_min=f（0）=a….8分
（3）當(dāng)a=2時(shí)，原不等式可轉(zhuǎn)化為（x+1）（$x+\frac{2}{x+1}$）＞b（x-1）恒成立，
∴x²+x+2＞b（x-1），即b＜$\frac{{x}^{2}+x+2}{x-1}$…（9分）
令g（x）=$\frac{{x}^{2}+x+2}{x-1}$，則g（x）=$\frac{（x-1）^{2}+3（x-1）+4}{x-1}$=x-1+3+$\frac{4}{x-1}$≥7（當(dāng)且僅當(dāng)x=3時(shí)等號成立），
因此g（x）_min=7，
∴$b＜7…（12分）\end{array}$

點(diǎn)評 本題考查函數(shù)的最值的求法，函數(shù)的單調(diào)性以及基本不等式的應(yīng)用，構(gòu)造法的應(yīng)用，轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．