Question

4．设函数f（x）=（x+a）lnx-x+a．
（1）设g（x）=f′（x），求函数g（x）的单调区间；
（2）已知?a＞0，?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 （1）对f（x）求导得到g（x），对g（x）求导，由导函数为正得到单调增区间，导函数为负，得到单调减区间．
（2）由f（x）的导函数，对a 进行分类讨论．当a≥$\frac{1}{e}$时和当0＜a＜$\frac{1}{e}$时两种情形．

解答 解：（1）g（x）=f′（x）=lnx+$\frac{a}{x}$，
∴g（x）的定义域为（0，+∞），
g′（x）=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$，
①当a≤0时，g′（x）＞0恒成立，g（x）的单调增区间是（0，+∞）．
②当a＞0时，g′（x）＞0时得x＞a，即g（x）的单调增区间是（a，+∞），单调减区间是（0，a）．
综上所述：当a≤0时，g（x）的单调增区间是（0，+∞）．
当a＞0时，g（x）的单调增区间是（a，+∞），单调减区间是（0，a）．
（2）a＞0时，由（1）知，f′（x）的递减区间为（0，a），递增区间为（a，+∞），
∴f′（x）最小值为f′（a）=lna+1，
①当a≥$\frac{1}{e}$时，有 f′（a）≥0恒成立，
∴f（x）为（0，+∞）上的增函数，
又 f（$\frac{1}{e}$）=（$\frac{1}{e}$+a）ln$\frac{1}{e}$-e+a=-$\frac{2}{e}$＜0，
∴f（e）=（e+a）lne-e+a=2a＞0，
∴f（$\frac{1}{e}$）f（e）＜0，
∴?x₀∈（$\frac{1}{e}$，e），使得f（x₀）=0，
∵f（x）在（0，+∞）上的增函数，
∴x=x₀为（0，+∞）的唯一的零点，
②当0＜a＜$\frac{1}{e}$时，f′（x）_min=f′（a）=lna+1＜0，
由条件提供的命题：“?a＞0，?0＜x＜a，使得a+xlnx＞0”为真命题．
即知?a＞0，?0＜x＜a，使得f′（x）=lnx+$\frac{a}{x}$=$\frac{a+xlnx}{x}$＞0，
∵f′（x）在区间（0，a）上为减函数，
∴x∈（0，x₁），f′（x）＞0，x∈（x₁，a），f′（x）＜0，
又∵f′（e）=lne+$\frac{a}{e}$=$\frac{a}{e}$+1＞0，
∴f′（a）f′（e）＜0，
∴?x₂∈（a，e），使得f′（x₂）=0，
∵f′（x）在区间（a，+∞）上为增函数，
∴x∈（a，x₂），f′（x）＜0，x∈（x₂，+∞），f′（x）＞0，
∴f（x）的递增区间为（0，x₁）和（x₂，+∞），递减区间为（x₁，a）和（a，x₂），
∵0＜x₁＜a＜$\frac{1}{e}$，∴lnx₁＜-1，
∴f（x₁）=（x₁+a）lnx₁-x₁+a＜-（x₁+a）-x₁+a=-2x₁＜0，
∵f（x）在（x₁，x₂）上为递减函数，
∴f（x₂）＜0，
∴x∈（0，x₂），f（x）＜0恒成立，
∵x→+∞，f（x）→+∞，
∴在区间（x₂，+∞）上，函数f（x）有且只有一个零点．
综上，a＞0时，函数f（x）有且只有一个零点．

点评 本题考查函数求导，求导后对a进行讨论，确定单调区间，及确定函数零点问题，同样需要对a进行分类讨论，较难．