Question

3．已知函數(shù)P（x）=x+a，q（x）=lnx，f（x）=p（x）q（x）-p（x）+2a．
（Ⅰ）設(shè)g（x）=f′（x），求函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）當(dāng)x＞0時(shí)，q（2x+1）≤2ap（x）-2a²+a+1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）已知任意a＞0，存在0＜x＜a，使得a+xlnx＞0．試研究a＞0時(shí)函數(shù)y=f（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)g（x）=f′（x），求導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）當(dāng)x＞0時(shí)，q（2x+1）≤2ap（x）-2a²+a+1恒成立，分離參數(shù)，求最值，即可求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）設(shè)h（x）=-xlnx（0＜x＜a），則 h'（x）=-lnx-1，h''（x）=-$\frac{1}{x}$＜0，分類討論，即可研究a＞0時(shí)函數(shù)y=f（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=p（x）q（x）-p（x）+2a=（x+a）lnx-x+a，
∴g（x）=f′（x）=lnx+$\frac{a}{x}$，g′（x）=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$
當(dāng)a≤0時(shí)，g'（x）＞0恒成立，g（x）遞增區(qū)間為（0，+∞），無遞減區(qū)間，
當(dāng)a＞0時(shí)，遞減區(qū)間：（0，a），遞增區(qū)間（a，+∞）
（Ⅱ）當(dāng)x＞0時(shí)，q（2x+1）≤2ap（x）-2a²+a+1恒成立，即ln（2x+1）≤2a（x+a）-2a²+a+1，
∴l(xiāng)n（2x+1）≤2ax+a+1，
∴a≥$\frac{ln（2x+1）-1}{2x+1}$，
令y=$\frac{ln（2x+1）-1}{2x+1}$，y′=$\frac{4-2ln（2x+1）}{（2x+1）^{2}}$
函數(shù)在（0，$\frac{1}{2}$e²-$\frac{1}{2}$）上單調(diào)遞增，在（$\frac{1}{2}$e²-$\frac{1}{2}$，+∞）上單調(diào)遞減，
∴x=$\frac{1}{2}$e²-$\frac{1}{2}$時(shí)，函數(shù)取得最大值$\frac{1}{{e}^{2}}$
∴a的取值范圍：[$\frac{1}{{e}^{2}}$，+∞）．
（Ⅲ）設(shè)h（x）=-xlnx（0＜x＜a），則 h'（x）=-lnx-1，h''（x）=-$\frac{1}{x}$＜0，∴h'（x）是減函數(shù)，
0＜x＜$\frac{1}{e}$時(shí)，h'（x）＞0，h（x）是增函數(shù)；$\frac{1}{e}$＜x＜a時(shí)h'（x）＜0，h（x）是減函數(shù)：
∴h（x）_max=h（$\frac{1}{e}$）=$\frac{1}{e}$＜a．
①由f（x）=p（x）q（x）-p（x）+2a=（x+a）lnx-x+a，x＞0，
f'（x）=lnx+$\frac{x+a}{x}$-1=lnx+$\frac{a}{x}$，f''（x）=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$，
0＜x＜a時(shí)f''（x）＜0，f'（x）是減函數(shù)；x＞a時(shí)f''（x）＞0，f'（x）是增函數(shù)．
∴f'（x）_min=f'（a）=lna+1＞0，（由①）
∴f（x）是增函數(shù)，f（$\frac{1}{e}$）=-（$\frac{1}{e}$+a）-$\frac{1}{e}$+a=-$\frac{2}{e}$＜0，f（e）=e+a-e+a=2a＞0，
∴f（x）=0有唯一實(shí)根，在區(qū)間（$\frac{1}{e}$，e）內(nèi)．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的綜合運(yùn)用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查分類討論的數(shù)學(xué)思想，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．