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1.已知函數(shù)f(x)=ax-1x-(a+1)lnx,a∈R.
(I)若a=-2,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(Ⅱ)若a≥1,且f(x)>1在區(qū)間[1e,e]上恒成立,求a的取值范圍;
(III)若a>1e,判斷函數(shù)g(x)=x[f(x)+a+1]的零點(diǎn)的個(gè)數(shù).

分析 (1)當(dāng)a=-2時(shí),對(duì)f(x)求導(dǎo),求出導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn),即可判斷單調(diào)區(qū)間;
(2)若a≥1,且f(x)>1在區(qū)間[1e,e]上恒成立,即:f(x)在[1e,e]上的最小值大于1;利用導(dǎo)數(shù)求判斷函數(shù)f(x)的最小值.
(3)分類討論判斷g'(x)的單調(diào)性與函數(shù)的最小值,從而驗(yàn)證g(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增.再構(gòu)造新函數(shù)h(a)=e3a-(2lna+6),證明h(a)>0,進(jìn)而判斷函數(shù)g(x)是否穿過(guò)x軸即可.

解答 解:(Ⅰ)若a=-2,則fx=2x1x+lnx,x∈(0,+∞)fx=2x+1x1x2
由f'(x)>0得,0<x<1;由f'(x)<0得,x>1.
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,1);單調(diào)減區(qū)間為(1,+∞).
(Ⅱ)依題意,在區(qū)間[1ee]上f(x)min>1.fx=ax2a+1x+1x2=ax1x1x2,a≥1.
令f'(x)=0得,x=1或x=1a
若a≥e,則由f'(x)>0得,1<x≤e;由f'(x)<0得,1ex1
所以f(x)min=f(1)=a-1>1,滿足條件;
若1<a<e,則由f'(x)>0得,1ex1a或1<x≤e;由f'(x)<0得,1ax1.fxmin=min{f1ef1},
依題意{f1e1f11,即{ae2e+1a2,所以2<a<e.
若a=1,則f'(x)≥0.
所以f(x)在區(qū)間[1ee]上單調(diào)遞增,fxmin=f1e1,不滿足條件;
綜上,a>2.
( III)x∈(0,+∞),g(x)=ax2-(a+1)xlnx+(a+1)x-1.
所以g'(x)=2ax-(a+1)lnx.設(shè)m(x)=2ax-(a+1)lnx,mx=2aa+1x=2axa+1x
令m'(x)=0得 x=a+12a
當(dāng)0xa+12a時(shí),m'(x)<0;當(dāng)xa+12a時(shí),m'(x)>0.
所以g'(x)在0a+12a上單調(diào)遞減,在a+12a+上單調(diào)遞增.
所以g'(x)的最小值為ga+12a=a+11lna+12a
因?yàn)?a>\frac{1}{e}\frac{a+1}{2a}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2a}<\frac{1}{2}+\frac{e}{2}<egxg'(\frac{a+1}{2a})=(a+1)(1-ln\frac{a+1}{2a})>0gx(qū)0+調(diào)g(\frac{1}{{{e^5}{a^2}}})=\frac{1}{{{e^{10}}{a^3}}}+\frac{a+1}{{{e^5}{a^2}}}(6+2lna)-1$,
設(shè)h(a)=e3a-(2lna+6).
ha=e32a.令h'(a)=0得a=2e3.由h'(a)<0,得0a2e3;
由h'(a)>0,得a2e3.所以h(a)在02e3上單調(diào)遞減,在2e3+上單調(diào)遞增.
所以hamin=h2e3=22ln20
所以h(a)>0恒成立.所以e3a>2lna+6,2lna+6e3a1
所以g1e5a21e7+a+1e2a1=1e7+1e2+1e2a11e7+1e2+1e10
又g(1)=2a>0,所以當(dāng)a1e時(shí),函數(shù)g(x)恰有1個(gè)零點(diǎn).

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性、函數(shù)最值,構(gòu)造新函數(shù)以及函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)等知識(shí)點(diǎn),屬中等題.

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