Question

2．已知函數(shù)$f（x）=ax-\frac{1}{x}-（a+1）lnx，a∈R$．
（I）求函數(shù)f（x）在$x=\frac{1}{2}$處的切線方程為4x-y+m=0時，此時函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）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 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）求出g'（x）=2ax-（a+1）lnx，設(shè)m（x）=2ax-（a+1）lnx，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）${f^′}（x）=a+\frac{1}{x^2}-\frac{a+1}{x}$，${f^′}（{\frac{1}{2}}）=4$，
所以a=-2，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）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 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，是一道綜合題．