Question

8．已知函数f（x）=（ax+1）lnx-ax+3，a∈R，g（x）是f（x）的导函数，e为自然对数的底数．
（1）讨论g（x）的单调性；
（2）当a＞e时，证明：g（e^-a）＞0；
（3）当a＞e时，判断函数f（x）零点的个数，并说明理由．

Answer 1

分析 （1）求导，由导数与函数单调性的关系，即可求得g（x）的单调区间；
（2）由g（e^-a）=-a²+e^a，构造函数h（x）=-x²+e^x，求导，当x＞e时，h′（x）＞0，函数单调递增，即可求得h（x）=-x²+e^x＞-e²+e^e＞0，
（3）由（1）可知，函数最小值为g（$\frac{1}{a}$）=0，故g（x）恰有两个零点x₁，x₂，则可判断x₁，x₂是函数的极大值和极小值，由函数零点的存在定理，求得函数f（x）只有一个零点．

解答 解：（1）对函数f（x），求导得g（x）=f′（x）=alnx+$\frac{1}{x}$，
g′（x）=$\frac{a}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{ax-1}{{x}^{2}}$，
①当a≤0时，g′（x）＜0，故g（x）在（0，+∞）上为减函数；
②当a＞0时，′（x）＞0，可得x＞$\frac{1}{a}$，故g（x）的减区间为（0，$\frac{1}{a}$），增区间为（$\frac{1}{a}$，+∞）；
（2）证明：g（e^-a）=-a²+e^a，设h（x）=-x²+e^x，则h′（x）=e^x-2x，
易知当x＞e时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，
h（x）=-x²+e^x＞-e²+e^e＞0，
∴g（e^-a）＞0；
（3）由（1）可知，当a＞e时，g（x）是先减再增的函数，
其最小值为g（$\frac{1}{a}$）=aln$\frac{1}{a}$+a=a（ln$\frac{1}{a}$+1）＜0，
而此时g（${e}^{\frac{1}{a}}$）=1+${e}^{\frac{1}{a}}$，g（e^-a）＞0，且e^-a＜$\frac{1}{a}$＜${e}^{\frac{1}{a}}$，故g（x）恰有两个零点x₁，x₂，
∵当x∈（0，x₁）时，f′（x）=g（x）＞0；
当x∈（x₁，x₂）时，f′（x）=g（x）＜0；
当x∈（x₂，+∞）时，
f′（x）=g（x）＞0，
∴f（x）在x₁，x₂两点分别取到极大值和极小值，且x₁∈（0，$\frac{1}{a}$），
由g（x₁）=alnx₁+$\frac{1}{{x}_{1}}$=0，知a=-$\frac{1}{{x}_{1}ln{x}_{1}}$，
∴f（x₁）=（ax₁+1）lnx₁-ax₁+3=lnx₁+$\frac{1}{ln{x}_{1}}$+2，
∵lnx₁＜0，∴lnx₁+$\frac{1}{ln{x}_{1}}$≤-2，但当lnx₁+$\frac{1}{ln{x}_{1}}$=-2时，lnx₁=$\frac{1}{e}$，则a=e，不合题意，
所以f（x₁）＜0，故函数f（x）的图象与x轴不可能有两个交点．
∴函数f（x）只有一个零点．

点评 本题考查导数的综合应用，考查导数与函数的单调性及及的关系，考查函数零点的判断，考查计算能力，属于中档题．