Question

9．已知函數(shù)f（x）=a+$\sqrt{x}$lnx（a∈R）．
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）試求f（x）的零點個數(shù)，并證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，解關(guān)于導函數(shù)的不等式，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）求出函數(shù)的最小值，通過討論a的范圍，從而求出函數(shù)的零點的個數(shù)即可．

解答 解：（1）由函數(shù)f（x）=a+$\sqrt{x}$lnx（a∈R），得f′（x）=$\frac{1}{2\sqrt{x}}$（lnx+2）．
另f′（x）=0，得x=e^-2．列表如下：

x	（0，e-2）	e-2	（e-2，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）		極小值

因此，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（e^-2，+∞），單調(diào)減區(qū)間為（0，e^-2）．
（2）由（1）可知，f_min（x）=f（e^-2）=a-2e^-1．
（i）當a＞2e^-1時，由f（x）≥f（e^-2）=a-2e^-1＞0，得函數(shù)f（x）的零點個數(shù)為0．
（ii）當a=2e^-1時，因f（x）在（e^-2，+∞）上是單調(diào)增，在（0，e^-2）上單調(diào)減，
故x∈（0，e^-2）∪（e^-2，+∞）時，f（x）＞f（e^-2）=0．
此時，函數(shù)f（x）的零點個數(shù)為1．
（iii）當a＜2e^-1時，f_min（x）=a-2e^-1＜0．
①a≤0時，因為當x∈（0，e^-2]時，f（xa+$\sqrt{x}$lnx＜x≤0，
所以，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，e^-2]上無零點；
另一方面，因為f（x）在[e^-2，+∞）單調(diào)遞增，且f（e^-2）=a-2e^-1＜0，
由e^-2a∈（e^-2，+∞），且f（e^-2a）=a（1-2e^-a）＞0，
此時，函數(shù)f（x）在（e^-2，+∞）上有且只有一個零點．
所以，當a≤0時，函數(shù)f（x）零點個數(shù)為1．
②0＜a＜2e^-1時，因為f（x）在[e^-2，+∞）上單調(diào)遞增，且f（1）=a＞0，f（e^-2）=a-2e^-1＜0，
所以函數(shù)f（x）在區(qū)間（e^-2，+∞）上有且只有一個零點；
另一方面，因為f（x）在（0，e²]上是單調(diào)遞減，且f（e^-2）=a-2e^-1＜0
又e${\;}^{-\frac{4}{a}}$∈（0，e^-2），且f（e${\;}^{-\frac{4}{a}}$）=a-$\frac{4}{a{e}^{\frac{2}{a}}}$＞a-$\frac{4}{a（\frac{2}{a}）^{2}}$=0，（當x＞0時，e^x＞x²成立）
此時，函數(shù)f（x）在（0，e²）上有且只有一個零點．
所以，當0＜a＜2e^-1，函數(shù)f（x）的零點個數(shù)為2．
綜上所述，當a＞2e^-1時，f（x）的零點個數(shù)為0；
當a=2e^-1時，或a≤0時，f（x）的零點個數(shù)為1；
當0＜a＜2e^-1時，f（x）的零點個數(shù)為2．

點評 本題考察了導數(shù)的應用，考察函數(shù)的單調(diào)性問題，函數(shù)的零點問題，是一道中檔題．