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设f(x)=(xlnx+ax+a2-a-1)ex,a≥-2.
(1)若a=0,求f(x)的单调区间;
(2)讨论f(x)在区间(
1e
,+∞)上的极值点个数.
分析:(1)把a=0代入函数解析式,求出函数的导函数,在定义域内由导函数大于0的原函数的增区间,由导函数小于0得原函数的减区间;
(2)求出函数的导函数f(x)=(lnx+xlnx+ax+a2)ex,其中ex>0恒成立,要分析函数f(x)在区间(
1
e
,+∞)上的极值点个数,引入函数g(x)=lnx+xlnx+ax+a2,则需要讨论函数g(x)的零点情况,通过对函数g(x)两次求导后分析得到函数g(x)在区间(
1
e
,+∞)上是增函数,则通过讨论其最小值的符号可以判断其零点情况,从而得到函数f(x)在区间(
1
e
,+∞)上的极值点个数情况.
解答:解:(1)当a=0时,f(x)=(xlnx-1)ex,(x>0)
故f(x)=(lnx+1+xlnx-1)ex=(x+1)exlnx.
当x=1时,f(x)=0,当x>1时,f(x)>0,当x<1时,f(x)<0.
故f(x)的减区间为(0,1),增区间为(1,+∞).
(2)由f(x)=(xlnx+ax+a2-a-1)ex
得:f(x)=(lnx+xlnx+ax+a2)ex
令g(x)=lnx+xlnx+ax+a2,则g(x)=
1
x
+lnx+1+a
g′′(x)=-
1
x2
+
1
x

显然g′′(1)=0,又当0<x<1时,g′′(x)<0,当x>1时g′′(x)>0.
所以,g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
g(x)min=g(1)=2+a,∵a≥-2,∴g(x)≥g(x)min=2+a≥0.
故g(x)在(0,+∞)上为增函数,则在区间(
1
e
,+∞)
上单调递增,
注意到:当x→+∞时,g(x)→+∞,故g(x)在(
1
e
,+∞)
上的零点个数由
g(
1
e
)=(a-1)(a+1+
1
e
)
的符号决定.
①当g(
1
e
)≥0
,即-2≤a≤-1-
1
e
或a≥1时,g(x)在区间(
1
e
,+∞)
上无零点,
即f(x)无极值点.
②当g(
1
e
)<0
,即-1-
1
e
<a<1
时,g(x)在区间(
1
e
,+∞)
上有唯一零点,
即f(x)有唯一极值点.
综上:当-2≤a≤-1-
1
e
或a≥1时,f(x)在(
1
e
,+∞)
上无极值点.
-1-
1
e
<a<1
时,f(x)在(
1
e
,+∞)
上有唯一极值点.
点评:本题考查了利用导数研究函数的单调性,考查了导函数的零点与原函数极值点之间的关系,利用两次求导判断函数的单调性是该题的难点所在,是有一定难度的题目.
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6
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1
e
,求证bbe
1
e
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