Question

1．已知函數(shù)f（x）=ax-$\frac{1}{x}$-（a+1）lnx，a∈R．
（I）若a=-2，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若a≥1，且f（x）＞1在區(qū)間[$\frac{1}{e}$，e]上恒成立，求a的取值范圍；
（III）若a＞$\frac{1}{e}$，判斷函數(shù)g（x）=x[f（x）+a+1]的零點的個數(shù)．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)a=-2時，對f（x）求導(dǎo)，求出導(dǎo)函數(shù)的零點，即可判斷單調(diào)區(qū)間；
（2）若a≥1，且f（x）＞1在區(qū)間[$\frac{1}{e}$，e]上恒成立，即：f（x）在[$\frac{1}{e}$，e]上的最小值大于1；利用導(dǎo)數(shù)求判斷函數(shù)f（x）的最小值．
（3）分類討論判斷g'（x）的單調(diào)性與函數(shù)的最小值，從而驗證g（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞增．再構(gòu)造新函數(shù)h（a）=e³a-（2lna+6），證明h（a）＞0，進而判斷函數(shù)g（x）是否穿過x軸即可．

解答 解：（Ⅰ）若a=-2，則$f（x）=-2x-\frac{1}{x}+lnx$，x∈（0，+∞）$f'（x）=\frac{-（2x+1）（x-1）}{x^2}$
由f'（x）＞0得，0＜x＜1；由f'（x）＜0得，x＞1．
所以函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，1）；單調(diào)減區(qū)間為（1，+∞）．
（Ⅱ）依題意，在區(qū)間$[\frac{1}{e}，e]$上f（x）_min＞1.$f'（x）=\frac{{a{x^2}-（a+1）x+1}}{x^2}=\frac{（ax-1）（x-1）}{x^2}$，a≥1．
令f'（x）=0得，x=1或$x=\frac{1}{a}$．
若a≥e，則由f'（x）＞0得，1＜x≤e；由f'（x）＜0得，$\frac{1}{e}≤x＜1$．
所以f（x）_min=f（1）=a-1＞1，滿足條件；
若1＜a＜e，則由f'（x）＞0得，$\frac{1}{e}≤x＜\frac{1}{a}$或1＜x≤e；由f'（x）＜0得，$\frac{1}{a}＜x＜1$.$f{（x）_{min}}=min\{f（\frac{1}{e}），f（1）\}$，
依題意$\left\{{\begin{array}{l}{f（\frac{1}{e}）＞1}\\{f（1）＞1}\end{array}}\right.$，即$\left\{{\begin{array}{l}{a＞\frac{e^2}{e+1}}\\{a＞2}\end{array}}\right.$，所以2＜a＜e．
若a=1，則f'（x）≥0．
所以f（x）在區(qū)間$[\frac{1}{e}，e]$上單調(diào)遞增，$f{（x）_{min}}=f（\frac{1}{e}）＜1$，不滿足條件；
綜上，a＞2．
（ III）x∈（0，+∞），g（x）=ax²-（a+1）xlnx+（a+1）x-1．
所以g'（x）=2ax-（a+1）lnx．設(shè)m（x）=2ax-（a+1）lnx，$m'（x）=2a-\frac{a+1}{x}=\frac{2ax-（a+1）}{x}$．
令m'（x）=0得 $x=\frac{a+1}{2a}$．
當(dāng)$0＜x＜\frac{a+1}{2a}$時，m'（x）＜0；當(dāng)$x＞\frac{a+1}{2a}$時，m'（x）＞0．
所以g'（x）在$（0，\frac{a+1}{2a}）$上單調(diào)遞減，在$（\frac{a+1}{2a}，+∞）$上單調(diào)遞增．
所以g'（x）的最小值為$g'（\frac{a+1}{2a}）=（a+1）（1-ln\frac{a+1}{2a}）$．
因為$a＞\frac{1}{e}$，所以$\frac{a+1}{2a}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2a}＜\frac{1}{2}+\frac{e}{2}＜e$．
所以g'（x）的最小值$g'（\frac{a+1}{2a}）=（a+1）（1-ln\frac{a+1}{2a}）＞0$．
從而，g（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞增．
又$g（\frac{1}{{{e^5}{a^2}}}）=\frac{1}{{{e^{10}}{a^3}}}+\frac{a+1}{{{e^5}{a^2}}}（6+2lna）-1$，
設(shè)h（a）=e³a-（2lna+6）．
則$h'（a）={e^3}-\frac{2}{a}$．令h'（a）=0得$a=\frac{2}{e^3}$．由h'（a）＜0，得$0＜a＜\frac{2}{e^3}$；
由h'（a）＞0，得$a＞\frac{2}{e^3}$．所以h（a）在$（0，\frac{2}{e^3}）$上單調(diào)遞減，在$（\frac{2}{e^3}，+∞）$上單調(diào)遞增．
所以$h{（a）_{min}}=h（\frac{2}{e^3}）=2-2ln2＞0$．
所以h（a）＞0恒成立．所以e³a＞2lna+6，$\frac{2lna+6}{{{e^3}a}}＜1$．
所以$g（\frac{1}{{{e^5}{a^2}}}）＜\frac{1}{e^7}+\frac{a+1}{{{e^2}a}}-1=\frac{1}{e^7}+\frac{1}{e^2}+\frac{1}{{{e^2}a}}-1＜\frac{1}{e^7}+\frac{1}{e^2}+\frac{1}{e}-1＜0$．
又g（1）=2a＞0，所以當(dāng)$a＞\frac{1}{e}$時，函數(shù)g（x）恰有1個零點．

點評 本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性、函數(shù)最值，構(gòu)造新函數(shù)以及函數(shù)零點個數(shù)等知識點，屬中等題．