Question

8．已知函数f（x）=ax-lnx-$\frac{a}{x}$，a∈R
（1）若函数f（x）在定义域内单调，求a的取值范围；
（2）讨论函数f（x）的零点个数．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=a-$\frac{1}{x}$+$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{a{x}^{2}-x+a}{{x}^{2}}$，（x＞0）．函数f（x）在定义域内单调，可得分子g（x）=ax²-x+a在x＞0时，恒有g（x）≥0，或g（x）≤0成立．化为a≥$\frac{x}{{x}^{2}+1}$，或a≤$\frac{x}{{x}^{2}+1}$．即可得出．
（2）f′（x）=a-$\frac{1}{x}$+$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{a{x}^{2}-x+a}{{x}^{2}}$，（x＞0）．由（1）可得：a∈（-∞，0]∪$[\frac{1}{2}，+∞）$时，函数f（x）单调，最多有一个零点．
$0＜a＜\frac{1}{2}$时，令ax²-x+a=0，解得x₁=$\frac{1-\sqrt{1-4{a}^{2}}}{2a}$，x₂=$\frac{1+\sqrt{1-4{a}^{2}}}{2a}$．其中0＜x₁＜1＜x₂．f′（x）=$\frac{a（x-{x}_{1}）（x-{x}_{2}）}{{x}^{2}}$，函数f（x）在区间（0，x₁），（x₂，+∞）上单调递增；在（x₁，x₂）上单调递减．f（1）=0．即可得出零点个数．

解答 解：（1）f′（x）=a-$\frac{1}{x}$+$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{a{x}^{2}-x+a}{{x}^{2}}$，（x＞0）．
∵函数f（x）在定义域内单调，∴分子g（x）=ax²-x+a在x＞0时，恒有g（x）≥0，或g（x）≤0成立．
∴a≥$\frac{x}{{x}^{2}+1}$，或a≤$\frac{x}{{x}^{2}+1}$．
∴a≥$\frac{1}{2}$，或a≤0．
∴a的取值范围是（-∞，0]∪$[\frac{1}{2}，+∞）$．
（2）f′（x）=a-$\frac{1}{x}$+$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{a{x}^{2}-x+a}{{x}^{2}}$，（x＞0）．
由（1）可得：a∈（-∞，0]∪$[\frac{1}{2}，+∞）$时，函数f（x）单调，最多有一个零点．
①a∈（-∞，0]时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减，而f（1）=a-0-a=0，因此函数f（x）只有一个零点1．
②a∈$[\frac{1}{2}，+∞）$时，f′（x）≥0，此时函数f（x）单调递增，而f（1）=a-0-a=0，因此函数f（x）只有一个零点1．
③$0＜a＜\frac{1}{2}$时，令ax²-x+a=0，解得x₁=$\frac{1-\sqrt{1-4{a}^{2}}}{2a}$，x₂=$\frac{1+\sqrt{1-4{a}^{2}}}{2a}$．其中0＜x₁＜1＜x₂．
f′（x）=$\frac{a（x-{x}_{1}）（x-{x}_{2}）}{{x}^{2}}$，函数f（x）在区间（0，x₁），（x₂，+∞）上单调递增；在（x₁，x₂）上单调递减．
x→0时，f（x）→-∞；f（1）=0；x→+∞时，f（x）→+∞．
因此此时函数f（x）有三个零点．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、等价转化方法、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．