Question

16．已知函数f（x）=lnx+ax（a∈R）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）当a＜0时，求函数f（x）在[1，2]上的最小值．

Answer 1

分析 （1）对a进行讨论，判断f′（x）的符号得出f（x）的单调区间；
（2）对-$\frac{1}{a}$和区间[1，2]的关系进行讨论，判断f（x）在[1，2]上的单调性，从而计算出f（x）的最小值．

解答 解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞）．
f′（x）=$\frac{1}{x}$+a，
若a≥0时，f′（x）＞0，
若a＜0，令f′（x）=0得x=-$\frac{1}{a}$．
∴当0＜x＜-$\frac{1}{a}$时，f′（x）＞0，当x$＞-\frac{1}{a}$时，f′（x）＜0，
综上，当a≥0时，f（x）的增区间为（0，+∞），
当a＜0时，f（x）的增区间为（0，-$\frac{1}{a}$），减区间为（-$\frac{1}{a}$，+∞）．
（2）由（1）可知f（x）在（0，-$\frac{1}{a}$）上单调递增，在（-$\frac{1}{a}$，+∞）上单调递减．
①当2≤-$\frac{1}{a}$即-$\frac{1}{2}$≤a＜0时，f（x）在[1，2]上单调递增，
∴f_min（x）=f（1）=a；
②当-$\frac{1}{a}$≤1即a≤-1时，f（x）在[1，2]上单调递减，
∴f_min（x）=f（2）=ln2+2a；
③当1＜-$\frac{1}{a}$＜2即-1＜a＜-$\frac{1}{2}$时，f（x）在[1，-$\frac{1}{a}$]上单调递增，在[-$\frac{1}{a}$，2]上单调递减，
若f（1）≤f（2），即a≤ln2+2a，解得a≥-ln2
若f（1）＞f（2），即a＞ln2+2a，解得a＜-ln2．
∴当-ln2≤a＜-$\frac{1}{2}$时，f_min（x）=f（1）=a，
当-1＜a＜-ln2时，f_min（x）=f（2）=ln2+2a．
综上：当-ln2≤a＜0时，f_min（x）=a，
当a＜-ln2时，f_min（x）=ln2+2a．

点评 本题考查了导数与函数单调性的关系，分类讨论思想，属于中档题．