Question

8．已知函數f（x）=（ax+1）lnx-ax+3，a∈R，g（x）是f（x）的導函數，e為自然對數的底數．
（1）討論g（x）的單調性；
（2）當a＞e時，證明：g（e^-a）＞0；
（3）當a＞e時，判斷函數f（x）零點的個數，并說明理由．

Answer 1

分析 （1）求導，由導數與函數單調性的關系，即可求得g（x）的單調區(qū)間；
（2）由g（e^-a）=-a²+e^a，構造函數h（x）=-x²+e^x，求導，當x＞e時，h′（x）＞0，函數單調遞增，即可求得h（x）=-x²+e^x＞-e²+e^e＞0，
（3）由（1）可知，函數最小值為g（$\frac{1}{a}$）=0，故g（x）恰有兩個零點x₁，x₂，則可判斷x₁，x₂是函數的極大值和極小值，由函數零點的存在定理，求得函數f（x）只有一個零點．

解答 解：（1）對函數f（x），求導得g（x）=f′（x）=alnx+$\frac{1}{x}$，
g′（x）=$\frac{a}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{ax-1}{{x}^{2}}$，
①當a≤0時，g′（x）＜0，故g（x）在（0，+∞）上為減函數；
②當a＞0時，′（x）＞0，可得x＞$\frac{1}{a}$，故g（x）的減區(qū)間為（0，$\frac{1}{a}$），增區(qū)間為（$\frac{1}{a}$，+∞）；
（2）證明：g（e^-a）=-a²+e^a，設h（x）=-x²+e^x，則h′（x）=e^x-2x，
易知當x＞e時，h′（x）＞0，函數h（x）單調遞增，
h（x）=-x²+e^x＞-e²+e^e＞0，
∴g（e^-a）＞0；
（3）由（1）可知，當a＞e時，g（x）是先減再增的函數，
其最小值為g（$\frac{1}{a}$）=aln$\frac{1}{a}$+a=a（ln$\frac{1}{a}$+1）＜0，
而此時g（${e}^{\frac{1}{a}}$）=1+${e}^{\frac{1}{a}}$，g（e^-a）＞0，且e^-a＜$\frac{1}{a}$＜${e}^{\frac{1}{a}}$，故g（x）恰有兩個零點x₁，x₂，
∵當x∈（0，x₁）時，f′（x）=g（x）＞0；
當x∈（x₁，x₂）時，f′（x）=g（x）＜0；
當x∈（x₂，+∞）時，
f′（x）=g（x）＞0，
∴f（x）在x₁，x₂兩點分別取到極大值和極小值，且x₁∈（0，$\frac{1}{a}$），
由g（x₁）=alnx₁+$\frac{1}{{x}_{1}}$=0，知a=-$\frac{1}{{x}_{1}ln{x}_{1}}$，
∴f（x₁）=（ax₁+1）lnx₁-ax₁+3=lnx₁+$\frac{1}{ln{x}_{1}}$+2，
∵lnx₁＜0，∴l(xiāng)nx₁+$\frac{1}{ln{x}_{1}}$≤-2，但當lnx₁+$\frac{1}{ln{x}_{1}}$=-2時，lnx₁=$\frac{1}{e}$，則a=e，不合題意，
所以f（x₁）＜0，故函數f（x）的圖象與x軸不可能有兩個交點．
∴函數f（x）只有一個零點．

點評 本題考查導數的綜合應用，考查導數與函數的單調性及及的關系，考查函數零點的判斷，考查計算能力，屬于中檔題．