Question

12．（1）已知函数f（x）=axe^kx-1，g（x）=lnx+kx．当a=1时，若f（x）在（1，+∞）上为减函数，g（x）在（0，1）上为增函数，求实数k的值
（2）已知函数f（x）=x+$\frac{a}{x}$-2lnx，a∈R，讨论函数f（x）的单调区间．

Answer 1

分析 （1）a=1时，f（x）=xe^kx-1，分别求出函数f（x），g（x）的导数，从而得出k的取值范围；
（2）先求出函数的导数，通过讨论①当△=4+4a≤0②当△=4+4a＞0的情况，从而求出函数的单调区间．

解答 解：（1）a=1时，f（x）=xe^kx-1，
∴f′（x）=（kx+1）e^kx，g′（x）=$\frac{1}{x}$+k，
f（x）在（1，+∞）上为减函数，
则?x＞1，f′（x）≤0?k≤-$\frac{1}{x}$，
∴k≤-1；
∵g（x）在（0，1）上为增函数，
则?x∈（0，1），g′（x）≥0?k≥-$\frac{1}{x}$，
∴k≥-1；
综上所述：k=-1；
（2）函数f（x）的定义域为（0，+∞），
∴f′（x）=1-$\frac{a}{{x}^{2}}$-$\frac{2}{x}$=$\frac{{x}^{2}-2x-a}{{x}^{2}}$，
①当△=4+4a≤0，即a≤-1时，得x²-2x-a≥0，则f′（x）≥0．
∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递增．
②当△=4+4a＞0，即a＞-1时，令f′（x）=0得x²-2x-a=0，
解得x₁=1-$\sqrt{1+a}$，x₂=1+$\sqrt{1+a}$＞0，
（ⅰ） 若-1＜a≤0，则x₁=1-$\sqrt{1+a}$≥0，∵x∈（0，+∞），
∴f（x）在（0，1-$\sqrt{1+a}$），（1+$\sqrt{1+a}$，+∞）递增，在（1-$\sqrt{1+a}$，1+$\sqrt{1+a}$）递减，
（ⅱ）若a＞0，则x₁＜0，x∈（ 0，1+$\sqrt{1+a}$）时，f′（x）＜0，x∈（1+$\sqrt{1+a}$，+∞）时，f′（x）＞0，
∴函数f（x）在区间（0，1-$\sqrt{1+a}$）上单调递减，在区间（1+$\sqrt{1+a}$，+∞）上单调递增．

点评 本题考查了函数的单调性，函数恒成立问题，考查导数的应用，分类讨论思想，本题属于中档题．