分析 (1)利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系判斷極值的位置,代入原函數(shù)即可.
(2)利用導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系得出-2x2+ax-1<0,x>0恒成立,a<2x$+\frac{1}{x}$,x>0,利用基本不等式求解即可得出a的范圍.
(3)利用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性得出最小值f($\frac{1}{a}$)=a(1-lna),分類討論得出當(dāng)a(1-lna)=0,即a=e時(shí),y=f(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為1.當(dāng)a(1-lna)<0,即a>e時(shí),y=f(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為2,當(dāng)a(1-lna)>0,即0<a<e時(shí),y=f(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為0.
解答 解:∵函數(shù)$f(x)=aInx+\frac{1}{x}(a∈R)$,
∴f′(x)=$\frac{a}{x}$$-\frac{1}{{x}^{2}}$,
(1)a=2,f′(x)=$\frac{2x-1}{{x}^{2}}$,
f′(x)=$\frac{2x-1}{{x}^{2}}$=0,x=$\frac{1}{2}$,
f′(x)=$\frac{2x-1}{{x}^{2}}$>0,x$>\frac{1}{2}$,
f′(x)=$\frac{2x-1}{{x}^{2}}$<0,0<x$<\frac{1}{2}$
f(x)在(0,$\frac{1}{2}$)單調(diào)遞減,($\frac{1}{2}$,+∞)單調(diào)遞增,
∴函數(shù)y=f(x)的極小值為f($\frac{1}{2}$)=2ln$\frac{1}{2}$+2=2-2ln2.
(2)g(x)=f(x)-2x=alnx$+\frac{1}{x}$-2x,函數(shù)g(x)=f(x)-2x在(0,+∞)上單調(diào)遞減,
g′(x)=$\frac{a}{x}$$-\frac{1}{{x}^{2}}$-2=$\frac{-2{x}^{2}+ax-1}{{x}^{2}}$<0,
-2x2+ax-1<0,x>0恒成立,
a<2x$+\frac{1}{x}$,x>0,
∵2x$+\frac{1}{x}$≥2$\sqrt{2}$,x=$\frac{\sqrt{2}}{2}$等號(hào)成立
a$<2\sqrt{2}$
(3)f′(x)=$\frac{a}{x}$$-\frac{1}{{x}^{2}}$,x>0,a>0
$\frac{ax-1}{{x}^{2}}$=0,x=$\frac{1}{a}$,
$\frac{ax-1}{{x}^{2}}$>0,x>$\frac{1}{a}$,
$\frac{ax-1}{{x}^{2}}$<0,0<x<$\frac{1}{a}$,
∴f(x)在(0,$\frac{1}{a}$)上單調(diào)遞減,在($\frac{1}{a}$,+∞)上單調(diào)遞增,
f(x)的最小值f($\frac{1}{a}$)=a(1-lna)
當(dāng)a(1-lna)=0,即a=e時(shí),y=f(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為1.
當(dāng)a(1-lna)<0,即a>e時(shí),y=f(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為2
當(dāng)a(1-lna)>0,即0<a<e時(shí),y=f(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為0
點(diǎn)評(píng) 本題綜合考查了導(dǎo)數(shù)在判斷函數(shù)單調(diào)性,零點(diǎn)問題中的應(yīng)用,分類討論思想的運(yùn)用,屬于中檔題.
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A. | (1,2) | B. | (0,1) | C. | (-2,-1) | D. | (-1,0) |
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