Question

14．已知函数f（x）=lnx+ax
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性
（Ⅱ）若x＞0时，f（x）＜（a+2）x²都成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求函数的导数，即可讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）令h（x）=f（x）-（a+2）x²=lnx+ax-（a+2）x²，利用导数求得函数h（x）的最大值为h（$\frac{1}{2}$），只要有$h（\frac{1}{2}）＜0$即可求得结论．

解答 解：（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞），
函数的f（x）的导数f′（x）=$\frac{1}{x}$+a，
当a≥0时，f′（x）＞0，此时函数单调递增，
当a＜0时，f′（x）=$\frac{1}{x}$+a=$\frac{ax+1}{x}$，
由f′（x）＞0，解得0＜x＜-$\frac{1}{a}$，
由f′（x）＜0，解得x＞$-\frac{1}{a}$，
∴函数f（x）在（0，$-\frac{1}{a}$）上增函数，则（$-\frac{1}{a}$，+∞）是减函数．
（Ⅱ）令h（x）=f（x）-（a+2）x²=lnx+ax-（a+2）x²，
∴h′（x）=$\frac{1}{x}$+a-2（a+2）x=$\frac{[（a+2）x+1]（-2x+1）}{x}$，
∴①当a+2≥0，即a≥-2时，

x	（0，$\frac{1}{2}$）	$\frac{1}{2}$	（$\frac{1}{2}$，+∞）
h′（x）	+	0	-
h（x）	↗	极大值	↘

h（$\frac{1}{2}$）=ln（$\frac{1}{2}$）+$\frac{1}{2}$a-$\frac{1}{4}（a+2）$＜0，解得a＜2+4ln2
∴-2≤a＜2+4ln2；
②当a+2＜0即a＜-2时，h（x）在（0，+∞）上无最大值，故不可能恒小于0，故a＜-2不成立．
综上所述a的取值范围为[-2，2+4ln2）．

点评 本题主要考查函数的单调性和导数之间的关系，综合考查导数的应用，属于难题．