Question

12．已知函数f（x）=lnx+ax（a∈R）．
（I）讨论函数f（x）在区间[e，e²]内的单调性；
（Ⅱ）当a=1时，函数g（x）=f（x）-$\frac{2}{t}$x²只有一个零点，求正数t的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）问题等价于2x²-tlnx-tx=0只有唯一正实数解．，设h（x）=2x²-tlnx-tx，求出h（x）的导数，通过讨论h（x）的单调性，求出t的值即可．

解答 解：（I）由已知可得$f'（x）=\frac{1}{x}+a=\frac{ax+1}{x}（x∈[e，{e^2}]）$，…（1分）
①当a≥0时，$f'（x）=\frac{ax+1}{x}≥0$在区间[e，e²]内恒成立，
∴f（x）在[e，e²]上递增；
②当a＜0时，$f'（x）=a•\frac{{[x-（-\frac{1}{a}）]}}{x}$，
（ⅰ）当$-\frac{1}{a}≤e，即a≤-\frac{1}{e}时$，f′（x）≤0在区间[e，e²]内恒成立，
∴f（x）在[e，e²]上递减；
（ⅱ）当$-\frac{1}{a}≥{e^2}，即-\frac{1}{e^2}≤a＜0时$，f′（x）≥0在区间[e，e²]内恒成立，
∴f（x）在[e，e²]上递增；
（ⅲ）当$e＜-\frac{1}{a}＜{e^2}，即-\frac{1}{e}＜a＜-\frac{1}{e^2}时$，f′（x）在区间$[e，-\frac{1}{a}]$内大于0，
∴f（x）在$[e，-\frac{1}{a}]$上递增，f′（x）在区间$（-\frac{1}{a}，{e^2}]$内小于0，
∴f（x）在$[e，-\frac{1}{a}]$上递减．…（4分）
综上所述：
?当$a≥-\frac{1}{e^2}时$，f（x）在区间[e，e²]上单调递增；
?当$a≤-\frac{1}{e}时$，f（x）在区间[e，e²]上单调递减；
?当$-\frac{1}{e}＜a＜-\frac{1}{e^2}时$，f（x）在区间$[e，-\frac{1}{a}]$上单调递增，
在区间$（-\frac{1}{a}，{e^2}]$上单调递减．…（5分）（注：每讨论对其中的一种情况给1分）
（Ⅱ）∵$函数g（x）=f（x）-\frac{2}{t}{x^2}$只有一个零点，
等价于方程$f（x）-\frac{2}{t}{x^2}=0$只有一个实数解，
即2x²-tlnx-tx=0只有唯一正实数解．
设h（x）=2x²-tlnx-tx，
则${h^'}（x）=4x-\frac{t}{x}-t=\frac{{4{x^2}-tx-t}}{x}$，
令h′（x）=0，4x²-tx-t=0，
∵x＞0，t＞0，解得：${x_1}=\frac{{t-\sqrt{{t^2}+16t}}}{8}（舍去）$，${x_2}=\frac{{t+\sqrt{{t^2}+16t}}}{8}$，…（7分）
当x∈（0，x₂）时，h′（x）＜0，则h（x）在x∈（0，x₂）上单调递减；
当x∈（x₂，+∞）时，h′（x）＞0，则h（x）在x∈（x₂，+∞）上单调递增；
∴h（x）的最小值为h（x₂）．…（8分）
要使得方程2x²-tlnx-tx=0只有唯一实数解，
则$\left\{\begin{array}{l}{h{（x}_{2}）=0}\\{h′{（x}_{2}）=0}\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}{{{2x}_{2}}^{2}-tl{nx}_{2}-{tx}_{2}=0}\\{{{4x}_{2}}^{2}-{tx}_{2}-t=0}\end{array}\right.$，
得2tlnx₂+tx₂-t=0∵t＞0，∴2lnx₂+x₂-1=0，…（10分）
设$m（x）=2lnx+x-1（x＞0），{m^'}（x）=\frac{2}{x}+1＞0$恒成立，
故m（x）在（0，+∞）单调递增，m（x）=0至多有一解．又∵m（1）=0，
∴x₂=1，即$\frac{{t+\sqrt{{t^2}+16t}}}{8}=1$，解得t=2．…（12分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道综合题．