Question

已知函数f（x）=ax+lnx（a∈R）（Ⅰ）当a=1时，求f（x）的最小值；（...

已知函数f（x）=ax+lnx（a∈R） （Ⅰ）当a=1时，求f（x）的最小值； （Ⅱ）若f（x）在（0，e]上的最小值为2，求实数a的值； （Ⅲ）当a=-1时，试判断函数g（x）=f（x）+lnxx在其定义域内的零点的个数．

Answer 1

解：（Ⅰ）当a=1时，f(x)=
1
x
+lnx，(x＞0)，f′(x)=-
1
x2
+
1
x
=
x-1
x2
当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以，当x=1时，f（x）有最小值：f（x）min=f（1）=1．
（Ⅱ）因为f′(x)=-
a
x2
+
1
x
=
x-a
x2
，
①当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，e]上为增函数，此时f（x）在（0，e]上无最小值．
②当a∈（0，e]时，若x∈（0，a），则f′（x）＜0，f（x）单调递减，
若x∈（a，e]，则f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以f（x）min=f（a）=1+lna=2，∴a=e，符合题意；
③当a＞e时，x∈（0，e]，
∴f′（x）＜0，f（x）单调递减，
所以f(x)min=f(e)=
a
e
+1=2，
∴a=e，不符合题意；
综上所述，a=e时符合题意．
（Ⅲ）证明当a=-1时，函数g(x)=-
1
x
+lnx+
lnx
x
，
g′(x)=
1
x2
+
1
x
+
1-lnx
x2
=
2+x-lnx
x2
，
令φ（x）=2+x-lnx，（x＞0），则φ′(x)=1-
1
x
=
x-1
x
，
所以x∈（0，1）时，φ′（x）＜0，φ（x）单调递减，
当x∈（1，+∞）时，φ′（x）＞0，φ（x）单调递增，
所以，φ（x）min=φ（1）=3＞0，在定义域内g′（x）＞0，g（x）在（0，+∞）单调递增，
又g（1）=-1＜0，而g(e)=-
1
e
+1+
1
e
=1＞0，
因此，函数g（x）在（1，e）上必有零点，又g（x）在（0，+∞）单调递增，
所以函数g(x)=f(x)+
lnx
x
在其定义域内有唯一的零点．