Question

3．已知函数P（x）=x+a，q（x）=lnx，f（x）=p（x）q（x）-p（x）+2a．
（Ⅰ）设g（x）=f′（x），求函数g（x）的单调区间；
（Ⅱ）当x＞0时，q（2x+1）≤2ap（x）-2a²+a+1恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）已知任意a＞0，存在0＜x＜a，使得a+xlnx＞0．试研究a＞0时函数y=f（x）的零点个数．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设g（x）=f′（x），求导数，利用导数的正负函数g（x）的单调区间；
（Ⅱ）当x＞0时，q（2x+1）≤2ap（x）-2a²+a+1恒成立，分离参数，求最值，即可求实数a的取值范围；
（Ⅲ）设h（x）=-xlnx（0＜x＜a），则 h'（x）=-lnx-1，h''（x）=-$\frac{1}{x}$＜0，分类讨论，即可研究a＞0时函数y=f（x）的零点个数．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=p（x）q（x）-p（x）+2a=（x+a）lnx-x+a，
∴g（x）=f′（x）=lnx+$\frac{a}{x}$，g′（x）=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$
当a≤0时，g'（x）＞0恒成立，g（x）递增区间为（0，+∞），无递减区间，
当a＞0时，递减区间：（0，a），递增区间（a，+∞）
（Ⅱ）当x＞0时，q（2x+1）≤2ap（x）-2a²+a+1恒成立，即ln（2x+1）≤2a（x+a）-2a²+a+1，
∴ln（2x+1）≤2ax+a+1，
∴a≥$\frac{ln（2x+1）-1}{2x+1}$，
令y=$\frac{ln（2x+1）-1}{2x+1}$，y′=$\frac{4-2ln（2x+1）}{（2x+1）^{2}}$
函数在（0，$\frac{1}{2}$e²-$\frac{1}{2}$）上单调递增，在（$\frac{1}{2}$e²-$\frac{1}{2}$，+∞）上单调递减，
∴x=$\frac{1}{2}$e²-$\frac{1}{2}$时，函数取得最大值$\frac{1}{{e}^{2}}$
∴a的取值范围：[$\frac{1}{{e}^{2}}$，+∞）．
（Ⅲ）设h（x）=-xlnx（0＜x＜a），则 h'（x）=-lnx-1，h''（x）=-$\frac{1}{x}$＜0，∴h'（x）是减函数，
0＜x＜$\frac{1}{e}$时，h'（x）＞0，h（x）是增函数；$\frac{1}{e}$＜x＜a时h'（x）＜0，h（x）是减函数：
∴h（x）_max=h（$\frac{1}{e}$）=$\frac{1}{e}$＜a．
①由f（x）=p（x）q（x）-p（x）+2a=（x+a）lnx-x+a，x＞0，
f'（x）=lnx+$\frac{x+a}{x}$-1=lnx+$\frac{a}{x}$，f''（x）=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$，
0＜x＜a时f''（x）＜0，f'（x）是减函数；x＞a时f''（x）＞0，f'（x）是增函数．
∴f'（x）_min=f'（a）=lna+1＞0，（由①）
∴f（x）是增函数，f（$\frac{1}{e}$）=-（$\frac{1}{e}$+a）-$\frac{1}{e}$+a=-$\frac{2}{e}$＜0，f（e）=e+a-e+a=2a＞0，
∴f（x）=0有唯一实根，在区间（$\frac{1}{e}$，e）内．

点评 本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性，考查分类讨论的数学思想，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．