Question

8．已知函數(shù)f（x）=（ax+1）lnx-ax+3，a∈R，g（x）是f（x）的導(dǎo)函數(shù)，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．
（1）討論g（x）的單調(diào)性；
（2）當(dāng)a＞e時(shí)，證明：g（e^-a）＞0；
（3）當(dāng)a＞e時(shí)，判斷函數(shù)f（x）零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，并說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)，由導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，即可求得g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）由g（e^-a）=-a²+e^a，構(gòu)造函數(shù)h（x）=-x²+e^x，求導(dǎo)，當(dāng)x＞e時(shí)，h′（x）＞0，函數(shù)單調(diào)遞增，即可求得h（x）=-x²+e^x＞-e²+e^e＞0，
（3）由（1）可知，函數(shù)最小值為g（$\frac{1}{a}$）=0，故g（x）恰有兩個(gè)零點(diǎn)x₁，x₂，則可判斷x₁，x₂是函數(shù)的極大值和極小值，由函數(shù)零點(diǎn)的存在定理，求得函數(shù)f（x）只有一個(gè)零點(diǎn)．

解答 解：（1）對(duì)函數(shù)f（x），求導(dǎo)得g（x）=f′（x）=alnx+$\frac{1}{x}$，
g′（x）=$\frac{a}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{ax-1}{{x}^{2}}$，
①當(dāng)a≤0時(shí)，g′（x）＜0，故g（x）在（0，+∞）上為減函數(shù)；
②當(dāng)a＞0時(shí)，′（x）＞0，可得x＞$\frac{1}{a}$，故g（x）的減區(qū)間為（0，$\frac{1}{a}$），增區(qū)間為（$\frac{1}{a}$，+∞）；
（2）證明：g（e^-a）=-a²+e^a，設(shè)h（x）=-x²+e^x，則h′（x）=e^x-2x，
易知當(dāng)x＞e時(shí)，h′（x）＞0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞增，
h（x）=-x²+e^x＞-e²+e^e＞0，
∴g（e^-a）＞0；
（3）由（1）可知，當(dāng)a＞e時(shí)，g（x）是先減再增的函數(shù)，
其最小值為g（$\frac{1}{a}$）=aln$\frac{1}{a}$+a=a（ln$\frac{1}{a}$+1）＜0，
而此時(shí)g（${e}^{\frac{1}{a}}$）=1+${e}^{\frac{1}{a}}$，g（e^-a）＞0，且e^-a＜$\frac{1}{a}$＜${e}^{\frac{1}{a}}$，故g（x）恰有兩個(gè)零點(diǎn)x₁，x₂，
∵當(dāng)x∈（0，x₁）時(shí)，f′（x）=g（x）＞0；
當(dāng)x∈（x₁，x₂）時(shí)，f′（x）=g（x）＜0；
當(dāng)x∈（x₂，+∞）時(shí)，
f′（x）=g（x）＞0，
∴f（x）在x₁，x₂兩點(diǎn)分別取到極大值和極小值，且x₁∈（0，$\frac{1}{a}$），
由g（x₁）=alnx₁+$\frac{1}{{x}_{1}}$=0，知a=-$\frac{1}{{x}_{1}ln{x}_{1}}$，
∴f（x₁）=（ax₁+1）lnx₁-ax₁+3=lnx₁+$\frac{1}{ln{x}_{1}}$+2，
∵lnx₁＜0，∴l(xiāng)nx₁+$\frac{1}{ln{x}_{1}}$≤-2，但當(dāng)lnx₁+$\frac{1}{ln{x}_{1}}$=-2時(shí)，lnx₁=$\frac{1}{e}$，則a=e，不合題意，
所以f（x₁）＜0，故函數(shù)f（x）的圖象與x軸不可能有兩個(gè)交點(diǎn)．
∴函數(shù)f（x）只有一個(gè)零點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，考查導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性及及的關(guān)系，考查函數(shù)零點(diǎn)的判斷，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．