Question

15．已知函數(shù)$f（x）=aInx+\frac{1}{x}（a∈R）$
（1）當a=2時，求函數(shù)y=f（x）的極值；
（2）如果函數(shù)g（x）=f（x）-2x在（0，+∞）上單調(diào)遞減，求a的取值范圍；
（3）當a＞0時，討論函數(shù)y=f（x）零點的個數(shù)．

Answer 1

分析 （1）利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系判斷極值的位置，代入原函數(shù)即可．
（2）利用導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系得出-2x²+ax-1＜0，x＞0恒成立，a＜2x$+\frac{1}{x}$，x＞0，利用基本不等式求解即可得出a的范圍．
（3）利用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性得出最小值f（$\frac{1}{a}$）=a（1-lna），分類討論得出當a（1-lna）=0，即a=e時，y=f（x）零點的個數(shù)為1．當a（1-lna）＜0，即a＞e時，y=f（x）零點的個數(shù)為2，當a（1-lna）＞0，即0＜a＜e時，y=f（x）零點的個數(shù)為0．

解答 解：∵函數(shù)$f（x）=aInx+\frac{1}{x}（a∈R）$，
∴f′（x）=$\frac{a}{x}$$-\frac{1}{{x}^{2}}$，
（1）a=2，f′（x）=$\frac{2x-1}{{x}^{2}}$，
f′（x）=$\frac{2x-1}{{x}^{2}}$=0，x=$\frac{1}{2}$，
f′（x）=$\frac{2x-1}{{x}^{2}}$＞0，x$＞\frac{1}{2}$，
f′（x）=$\frac{2x-1}{{x}^{2}}$＜0，0＜x$＜\frac{1}{2}$
f（x）在（0，$\frac{1}{2}$）單調(diào)遞減，（$\frac{1}{2}$，+∞）單調(diào)遞增，
∴函數(shù)y=f（x）的極小值為f（$\frac{1}{2}$）=2ln$\frac{1}{2}$+2=2-2ln2．
（2）g（x）=f（x）-2x=alnx$+\frac{1}{x}$-2x，函數(shù)g（x）=f（x）-2x在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
g′（x）=$\frac{a}{x}$$-\frac{1}{{x}^{2}}$-2=$\frac{-2{x}^{2}+ax-1}{{x}^{2}}$＜0，
-2x²+ax-1＜0，x＞0恒成立，
a＜2x$+\frac{1}{x}$，x＞0，
∵2x$+\frac{1}{x}$≥2$\sqrt{2}$，x=$\frac{\sqrt{2}}{2}$等號成立
a$＜2\sqrt{2}$
（3）f′（x）=$\frac{a}{x}$$-\frac{1}{{x}^{2}}$，x＞0，a＞0
$\frac{ax-1}{{x}^{2}}$=0，x=$\frac{1}{a}$，
$\frac{ax-1}{{x}^{2}}$＞0，x＞$\frac{1}{a}$，
$\frac{ax-1}{{x}^{2}}$＜0，0＜x＜$\frac{1}{a}$，
∴f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上單調(diào)遞減，在（$\frac{1}{a}$，+∞）上單調(diào)遞增，
f（x）的最小值f（$\frac{1}{a}$）=a（1-lna）
當a（1-lna）=0，即a=e時，y=f（x）零點的個數(shù)為1．
當a（1-lna）＜0，即a＞e時，y=f（x）零點的個數(shù)為2
當a（1-lna）＞0，即0＜a＜e時，y=f（x）零點的個數(shù)為0

點評 本題綜合考查了導(dǎo)數(shù)在判斷函數(shù)單調(diào)性，零點問題中的應(yīng)用，分類討論思想的運用，屬于中檔題．