Question

4．設(shè)函數(shù)f（x）=（x+a）lnx-x+a．
（1）設(shè)g（x）=f′（x），求函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）已知?a＞0，?0＜x＜a，使得a+xlnx＞0，試研究a＞0時函數(shù)y=f（x）的零點個數(shù)．

Answer 1

分析 （1）對f（x）求導得到g（x），對g（x）求導，由導函數(shù)為正得到單調(diào)增區(qū)間，導函數(shù)為負，得到單調(diào)減區(qū)間．
（2）由f（x）的導函數(shù)，對a 進行分類討論．當a≥$\frac{1}{e}$時和當0＜a＜$\frac{1}{e}$時兩種情形．

解答 解：（1）g（x）=f′（x）=lnx+$\frac{a}{x}$，
∴g（x）的定義域為（0，+∞），
g′（x）=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$，
①當a≤0時，g′（x）＞0恒成立，g（x）的單調(diào)增區(qū)間是（0，+∞）．
②當a＞0時，g′（x）＞0時得x＞a，即g（x）的單調(diào)增區(qū)間是（a，+∞），單調(diào)減區(qū)間是（0，a）．
綜上所述：當a≤0時，g（x）的單調(diào)增區(qū)間是（0，+∞）．
當a＞0時，g（x）的單調(diào)增區(qū)間是（a，+∞），單調(diào)減區(qū)間是（0，a）．
（2）a＞0時，由（1）知，f′（x）的遞減區(qū)間為（0，a），遞增區(qū)間為（a，+∞），
∴f′（x）最小值為f′（a）=lna+1，
①當a≥$\frac{1}{e}$時，有 f′（a）≥0恒成立，
∴f（x）為（0，+∞）上的增函數(shù)，
又 f（$\frac{1}{e}$）=（$\frac{1}{e}$+a）ln$\frac{1}{e}$-e+a=-$\frac{2}{e}$＜0，
∴f（e）=（e+a）lne-e+a=2a＞0，
∴f（$\frac{1}{e}$）f（e）＜0，
∴?x₀∈（$\frac{1}{e}$，e），使得f（x₀）=0，
∵f（x）在（0，+∞）上的增函數(shù)，
∴x=x₀為（0，+∞）的唯一的零點，
②當0＜a＜$\frac{1}{e}$時，f′（x）_min=f′（a）=lna+1＜0，
由條件提供的命題：“?a＞0，?0＜x＜a，使得a+xlnx＞0”為真命題．
即知?a＞0，?0＜x＜a，使得f′（x）=lnx+$\frac{a}{x}$=$\frac{a+xlnx}{x}$＞0，
∵f′（x）在區(qū)間（0，a）上為減函數(shù)，
∴x∈（0，x₁），f′（x）＞0，x∈（x₁，a），f′（x）＜0，
又∵f′（e）=lne+$\frac{a}{e}$=$\frac{a}{e}$+1＞0，
∴f′（a）f′（e）＜0，
∴?x₂∈（a，e），使得f′（x₂）=0，
∵f′（x）在區(qū)間（a，+∞）上為增函數(shù)，
∴x∈（a，x₂），f′（x）＜0，x∈（x₂，+∞），f′（x）＞0，
∴f（x）的遞增區(qū)間為（0，x₁）和（x₂，+∞），遞減區(qū)間為（x₁，a）和（a，x₂），
∵0＜x₁＜a＜$\frac{1}{e}$，∴l(xiāng)nx₁＜-1，
∴f（x₁）=（x₁+a）lnx₁-x₁+a＜-（x₁+a）-x₁+a=-2x₁＜0，
∵f（x）在（x₁，x₂）上為遞減函數(shù)，
∴f（x₂）＜0，
∴x∈（0，x₂），f（x）＜0恒成立，
∵x→+∞，f（x）→+∞，
∴在區(qū)間（x₂，+∞）上，函數(shù)f（x）有且只有一個零點．
綜上，a＞0時，函數(shù)f（x）有且只有一個零點．

點評 本題考查函數(shù)求導，求導后對a進行討論，確定單調(diào)區(qū)間，及確定函數(shù)零點問題，同樣需要對a進行分類討論，較難．