Question

2．已知函数$f（x）=ax-\frac{1}{x}-（a+1）lnx，a∈R$．
（I）求函数f（x）在$x=\frac{1}{2}$处的切线方程为4x-y+m=0时，此时函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若$a＞\frac{1}{e}$，判断函数g（x）=x[f（x）+a+1]的零点的个数．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）求出g'（x）=2ax-（a+1）lnx，设m（x）=2ax-（a+1）lnx，根据函数的单调性求出a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）${f^′}（x）=a+\frac{1}{x^2}-\frac{a+1}{x}$，${f^′}（{\frac{1}{2}}）=4$，
所以a=-2，则$f（x）=-2x-\frac{1}{x}+lnx$，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；
所以函数f（x）的单调增区间为（0，1）；单调减区间为（1，+∞）．
（Ⅱ）x∈（0，+∞），g（x）=ax²-（a+1）xlnx+（a+1）x-1．
所以g'（x）=2ax-（a+1）lnx
设m（x）=2ax-（a+1）lnx，$m'（x）=2a-\frac{a+1}{x}=\frac{2ax-（a+1）}{x}$．
令m'（x）=0得 $x=\frac{a+1}{2a}$，当$0＜x＜\frac{a+1}{2a}$时，m'（x）＜0；当$x＞\frac{a+1}{2a}$时，m'（x）＞0．
所以g'（x）在$（0，\frac{a+1}{2a}）$上单调递减，在$（\frac{a+1}{2a}，+∞）$上单调递增．
所以g'（x）的最小值为$g'（\frac{a+1}{2a}）=（a+1）（1-ln\frac{a+1}{2a}）$．
因为$a＞\frac{1}{e}$，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$g'（\frac{a+1}{2a}）=（a+1）（1-ln\frac{a+1}{2a}）＞0$．
从而，g（x）在区间（0，+∞）上单调递增．
又$g（\frac{1}{{{e^5}{a^2}}}）=\frac{1}{{{e^{10}}{a^3}}}+\frac{a+1}{{{e^5}{a^2}}}（6+2lna）-1$，
设h（a）=e³a-（2lna+6）．则$h'（a）={e^3}-\frac{2}{a}$．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$（0，\frac{2}{e^3}）$上单调递减，在$（\frac{2}{e^3}，+∞）$上单调递增．
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，所以当$a＞\frac{1}{e}$时，函数g（x）恰有1个零点．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道综合题．