Question

15．已知函数f（x）=alnx（a∈R）．
（Ⅰ）若函数g（x）=2x+f（x）的最小值为0，求a的值；
（Ⅱ）设h（x）=f（x）+ax²+（a²+2）x，求函数h（x）的单调区间；
（Ⅲ）设函数y=f（x）与函数u（x）=$\frac{x-1}{2x}$的图象的一个公共点为P，若过点P有且仅有一条公切线，求点P的坐标及实数a的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）函数整理为g（x）=alnx+2x，求导，由题意可知，函数的最小值应在极值点处取得，令f′（x）=0，代入求解即可；
（Ⅱ）函数整理为h（x）=alnx+ax²+（a²+2）x，求导得h′（x），对参数a进行分类讨论，逐一求出单调区间；
（Ⅲ）设出公共点坐标P（m，n）的坐标，求出坐标间的关系，得到lnm-m+1=0，通过讨论函数ω（x）=lnm-m+1的单调性解方程即可．

解答 解：（Ⅰ）g（x）=f（x）+2x=alnx+2x，（x＞0），
g′（x）=$\frac{a}{x}$+2，
a≥0时，g′（x）＞0，函数在（0，+∞）递增，无最小值，
a＜0时，g′（x）=$\frac{a+2x}{x}$，令g′（x）＞0，解得：x＞-$\frac{a}{2}$，令g′（x）＜0，解得：0＜x＜-$\frac{a}{2}$，
∴函数g（x）=f（x）+2x在（0，-$\frac{a}{2}$）递减，在（-$\frac{a}{2}$，+∞）递增，
故函数在x=-$\frac{a}{2}$处取得最小值，
∴aln（-$\frac{a}{2}$）-a=0，解得：a=-2e；
（Ⅱ）h（x）=f（x）+ax²+（a²+2）x
=alnx+ax²+（a²+2）x，
∴h′（x）=$\frac{（ax+1）（2x+a）}{x}$，
当a=0时，h（x）=2x，定义域内递增；
当a≠0时，
令h′（x）=0，∴x=-$\frac{1}{a}$或x=-$\frac{a}{2}$，
当a＞0时，h′（x）＞0，h（x）定义域内递增；
当a＜0时，当a＞-$\sqrt{2}$时，函数的增区间为（0，-$\frac{a}{2}$），（-$\frac{1}{a}$，+∞），减区间为（-$\frac{a}{2}$，-$\frac{1}{a}$）；
 当a＜-$\sqrt{2}$时，函数的增区间为（0，-$\frac{1}{a}$），（-$\frac{a}{2}$，+∞），减区间为（-$\frac{1}{a}$，-$\frac{a}{2}$）；
当a=-$\sqrt{2}$时，定义域内递增．
（Ⅲ）a=$\frac{1}{2}$符合题意，理由如下：此时P（1，0）
设函数f（x）与u（x）上公共点P（m，n），
依题意有f（m）=u（m），f′（m）=u′（m），
即$\frac{a}{m}=\frac{1}{2{m}^{2}}$，$\frac{m-1}{2m}=alnm$⇒得到lnm-m+1=0，构造函数ω（x）=lnm-m+1，（x＞0）
ω′（x）=$\frac{1}{m}-1$，可得函数ω（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减，而ω（1）=0
∴方程lnm-m+1=0有唯一解，即m=1，a=$\frac{1}{2}$

点评 本题考查了利用导函数求函数的单调性问题，难点是对导函数中参数的讨论问题．