Question

12．已知函數(shù)f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax+a-2，a∈R．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）當a＜0時，試判斷g（x）=xf（x）+2的零點個數(shù)．

Answer 1

分析 （I）求出導(dǎo)函數(shù)，根據(jù)a的取值范圍討論導(dǎo)函數(shù)的符號，判斷函數(shù)的單調(diào)性及單調(diào)區(qū)間；
（II）求出g（x），利用導(dǎo)數(shù)判斷g（x）的單調(diào)性，根據(jù)g（x）的值域判斷g（x）的零點個數(shù)．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{2}$=$\frac{2-ax}{2x}$（x＞0）．
若a≤0，則f′（x）＞0，∴函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）；
若a＞0，當0＜x＜$\frac{2}{a}$時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，
當x＞$\frac{2}{a}$時，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，
綜上，若a≤0時，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）；
若a＞0時，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，$\frac{2}{a}$），單調(diào)遞減區(qū)間為（$\frac{2}{a}$，+∞）．
（Ⅱ）g（x）=xlnx-$\frac{1}{2}a{x}^{2}$+ax-2x+2，g′（x）=-ax+lnx+a-1．
又a＜0，易知g′（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，g′（1）=-1＜0，g′（e）=-ae+a=a（1-e）＞0，
故而g′（x）在（1，e）上存在唯一的零點x₀，使得g′（x₀）=0．
當0＜x＜x₀時，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減；當x＞x₀時，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增．
取x₁=e^a，又a＜0，∴0＜x₁＜1，
∴g（x₁）=x₁（lnx₁-$\frac{1}{2}a{x}_{1}$+a-2+$\frac{2}{{x}_{1}}$）=e^a（a-$\frac{1}{2}$ae^a+a-2+$\frac{2}{{e}^{a}}$），
設(shè)h（a）=a-$\frac{1}{2}$ae^a+a-2+$\frac{2}{{e}^{a}}$，（a＜0），h′（a）=-$\frac{1}{2}$ae^a-$\frac{1}{2}$e^a-$\frac{2}{{e}^{a}}$+2，（a＜0），h′（0）=-$\frac{1}{2}$，
h″（a）=e^-a-e^a+e^-a-$\frac{1}{2}$ae^a＞0，
∴h′（a）在（-∞，0）上單調(diào)遞增，h′（a）＜h′（0）＜0，
∴h（a）在（-∞，0）上單調(diào)遞減，∴h（a）＞h（0）=0，
∴g（x₁）＞0，即當a＜0時，g（e^a）＞0．
當x趨于+∞時，g（x）趨于+∞，且g（2）=2ln2-2＜0．
∴函數(shù)g（x）在（0，+∞）上始終有兩個零點．

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，函數(shù)零點個數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系，屬于中檔題．