Question

16．已知函数 f（x）=ax+（1-a）lnx+$\frac{1}{x}$（a∈R）
（I）当a=0时，求 f（x）的极值；
（Ⅱ）当a＜0时，求 f（x）的单调区间；
（Ⅲ）方程 f（x）=0的根的个数能否达到3，若能请求出此时a的范围，若不能，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）代入a的值，求出定义域，求导，利用导数求出单调区间，即可求出极值．
（Ⅱ）直接对f（x）求导，根据a的不同取值，讨论f（x）的单调区间．
（Ⅲ）由第二问的结论，即函数的单调区间来讨论f（x）的零点个数．

解答 解：（Ⅰ）f（x）其定义域为（0，+∞）．…（1分）
当a=0时，f（x）=$lnx+\frac{1}{x}$，f'（x）=$\frac{1}{x}-\frac{1}{{x}^{2}}=\frac{x-1}{{x}^{2}}$．
令f'（x）=0，解得x=1，
当0＜x＜1时，f'（x）＜0；当x＞1时，f'（x）＞0．
所以f（x）的单调递减区间是（0，1），单调递增区间是（1，+∞）；
所以x=1时，f（x）有极小值为f（1）=1，无极大值  …（3分）
（Ⅱ） f'（x）=a-$\frac{a-1}{x}-\frac{1}{{x}^{2}}=\frac{a{x}^{2}-（a-1）x-1}{{x}^{2}}=\frac{（ax+1）（x-1）}{{x}^{2}}$ （x＞0）…（4分）
令f'（x）=0，得x=1或x=-$\frac{1}{a}$
当-1＜a＜0时，1＜-$\frac{1}{a}$，令f'（x）＜0，得0＜x＜1或x＞-$\frac{1}{a}$，
令f'（x）＞0，得1＜x＜-$\frac{1}{a}$；
当a=-1时，f'（x）=-$\frac{（x-1）^{2}}{x}≤0$．
当a＜-1时，0＜-$\frac{1}{a}$＜1，令f'（x）＜0，得0＜x＜-$\frac{1}{a}$或x＞1，
令f'（x）＞0，得-$\frac{1}{a}$＜a＜1；
综上所述：
当-1＜a＜0时，f（x）的单调递减区间是（0，1），（-$\frac{1}{a}，+∞$），
   单调递增区间是（1，-$\frac{1}{a}$）；
当a=-1时，f（x）的单调递减区间是（0，+∞）；
当a＜-1时，f（x）的单调递减区间是（0，-$\frac{1}{a}$），（1，+∞），单调递增区间是$（-\frac{1}{a}，1）$
…（10分）
（Ⅲ）a≥0∴$f'（x）=\frac{（ax+1）（x-1）}{{x}^{2}}（x＞0）$
f'（x）=0（x＞0）仅有1解，方程f（x）=0至多有两个不同的解．
（注：也可用f_min（x）=f（1）=a+1＞0说明．）
由（Ⅱ）知-1＜a＜0时，极小值 f（1）a+1＞0，方程f（x）=0至多在区间（-$\frac{1}{a}，+∞$）上有1个解．
a=-1时f（x）单调，方程f（x）=0至多有1个解．；
a＜-1时，$f（-\frac{1}{a}）＜f（1）=a+1＜0$，方程
f（x）=0仅在区间内（0，-$\frac{1}{a}$）有1个解；
故方程f（x）=0的根的个数不能达到3．…（14分）

点评 本题主要考查利用导数求函数极值和单调区间的方法，考查考生化归思想的应用能力，属于中档题．