Question

15．已知函數(shù)f（x）=alnx（a∈R）．
（Ⅰ）若函數(shù)g（x）=2x+f（x）的最小值為0，求a的值；
（Ⅱ）設(shè)h（x）=f（x）+ax²+（a²+2）x，求函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）設(shè)函數(shù)y=f（x）與函數(shù)u（x）=$\frac{x-1}{2x}$的圖象的一個(gè)公共點(diǎn)為P，若過點(diǎn)P有且僅有一條公切線，求點(diǎn)P的坐標(biāo)及實(shí)數(shù)a的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）函數(shù)整理為g（x）=alnx+2x，求導(dǎo)，由題意可知，函數(shù)的最小值應(yīng)在極值點(diǎn)處取得，令f′（x）=0，代入求解即可；
（Ⅱ）函數(shù)整理為h（x）=alnx+ax²+（a²+2）x，求導(dǎo)得h′（x），對(duì)參數(shù)a進(jìn)行分類討論，逐一求出單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）設(shè)出公共點(diǎn)坐標(biāo)P（m，n）的坐標(biāo)，求出坐標(biāo)間的關(guān)系，得到lnm-m+1=0，通過討論函數(shù)ω（x）=lnm-m+1的單調(diào)性解方程即可．

解答 解：（Ⅰ）g（x）=f（x）+2x=alnx+2x，（x＞0），
g′（x）=$\frac{a}{x}$+2，
a≥0時(shí)，g′（x）＞0，函數(shù)在（0，+∞）遞增，無最小值，
a＜0時(shí)，g′（x）=$\frac{a+2x}{x}$，令g′（x）＞0，解得：x＞-$\frac{a}{2}$，令g′（x）＜0，解得：0＜x＜-$\frac{a}{2}$，
∴函數(shù)g（x）=f（x）+2x在（0，-$\frac{a}{2}$）遞減，在（-$\frac{a}{2}$，+∞）遞增，
故函數(shù)在x=-$\frac{a}{2}$處取得最小值，
∴aln（-$\frac{a}{2}$）-a=0，解得：a=-2e；
（Ⅱ）h（x）=f（x）+ax²+（a²+2）x
=alnx+ax²+（a²+2）x，
∴h′（x）=$\frac{（ax+1）（2x+a）}{x}$，
當(dāng)a=0時(shí)，h（x）=2x，定義域內(nèi)遞增；
當(dāng)a≠0時(shí)，
令h′（x）=0，∴x=-$\frac{1}{a}$或x=-$\frac{a}{2}$，
當(dāng)a＞0時(shí)，h′（x）＞0，h（x）定義域內(nèi)遞增；
當(dāng)a＜0時(shí)，當(dāng)a＞-$\sqrt{2}$時(shí)，函數(shù)的增區(qū)間為（0，-$\frac{a}{2}$），（-$\frac{1}{a}$，+∞），減區(qū)間為（-$\frac{a}{2}$，-$\frac{1}{a}$）；
 當(dāng)a＜-$\sqrt{2}$時(shí)，函數(shù)的增區(qū)間為（0，-$\frac{1}{a}$），（-$\frac{a}{2}$，+∞），減區(qū)間為（-$\frac{1}{a}$，-$\frac{a}{2}$）；
當(dāng)a=-$\sqrt{2}$時(shí)，定義域內(nèi)遞增．
（Ⅲ）a=$\frac{1}{2}$符合題意，理由如下：此時(shí)P（1，0）
設(shè)函數(shù)f（x）與u（x）上公共點(diǎn)P（m，n），
依題意有f（m）=u（m），f′（m）=u′（m），
即$\frac{a}{m}=\frac{1}{2{m}^{2}}$，$\frac{m-1}{2m}=alnm$⇒得到lnm-m+1=0，構(gòu)造函數(shù)ω（x）=lnm-m+1，（x＞0）
ω′（x）=$\frac{1}{m}-1$，可得函數(shù)ω（x）在（0，1）遞增，在（1，+∞）遞減，而ω（1）=0
∴方程lnm-m+1=0有唯一解，即m=1，a=$\frac{1}{2}$

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)函數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性問題，難點(diǎn)是對(duì)導(dǎo)函數(shù)中參數(shù)的討論問題．