题号:1711    题型:解答题    来源:河北省2021-2022学年高三上学期9月大联考数学试卷
已知函数 $f(x)=(x-2 a) \ln x+a$.
(1) 从 (1) $a=3$, (2) $a=-1$ 这两个条件中选择一个, 求 $f(x)$ 零点的个数;
(2)若 $a > 0$, 讨论函数 $y=x f(x)$ 的单调性.
注: 若第 (1) 问选择两个条件分别解答, 则按第一个解答计分.
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答案:
解: (1) 选(1), 因为 $a=3$, 所以 $f(x)=(x-6) \ln x+3$, 则 $f^{\prime}(x)=\ln x+1-\frac{6}{x}$.
记 $h(x)=\ln x+1-\frac{6}{x}$, 则 $h^{\prime}(x)=\frac{1}{x}+\frac{6}{x^{2}} > 0$, 且 $h(2) < 0, h(3) > 0$,
因此方程 $f^{\prime}(x)=0$ 有唯一解, 不妨设 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0,2 < x_{0} < 3$.
当 $x \in\left(0, x_{0}\right)$ 时, $f^{\prime}(x) < 0$; 当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x) > 0$.
所以 $f(x)_{\text {min }}=f\left(x_{0}\right) < f(3)=3(1-\ln 3) < 0$.
又因为 $f(1)=f(6)=3 > 0$,
所以 $f(x)$ 在 $\left(1, x_{0}\right)$ 和 $\left(x_{0}, 6\right)$ 内各有一个零点, 故 $f(x)$ 零点的个数为 2 .
选(2), 因为 $a=-1$, 所以 $f(x)=(x+2) \ln x-1$, 则 $f^{\prime}(x)=\ln x+1+\frac{2}{x}$.
记 $h(x)=\ln x+1+\frac{2}{x}$, 则 $h^{\prime}(x)=\frac{x-2}{x^{2}}$. 当 $x \in(0,2)$ 时, $h^{\prime}(x) < 0$; 当 $x \in(2,+\infty)$ 时, $h^{\prime}(x) > 0$.
因此 $h(x)_{\min }=h(2)=\ln 2+2 > 0$,
所以 $f^{\prime}(x) > 0$, 则 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增.
又因为 $f(1)=-1 < 0, f(\mathrm{e})=\mathrm{e}+1 > 0$,
所以 $f(x)$ 在 $(1, \mathrm{e})$ 内存在唯一零点, 故 $f(x)$ 零点的个数为 1 .
(2)易知 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$,
设函数 $g(x)=x f(x)=\left(x^{2}-2 a x\right) \ln x+a x, x > 0$,
则 $g^{\prime}(x)=(2 x-2 a) \ln x+x-a=(x-a)(2 \ln x+1)$.
令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x_{1}=\frac{\sqrt{\mathrm{e}}}{\mathrm{e}}, x_{2}=a$.

当 $0 < a < \frac{\sqrt{\mathrm{e}}}{\mathrm{e}}$ 时, 由 $g^{\prime}(x) > 0$, 得 $x \in(0, a) \cup\left(\frac{\sqrt{\mathrm{e}}}{\mathrm{e}},+\infty\right)$; 由 $g^{\prime}(x) < 0$, 得 $x \in\left(a, \frac{\sqrt{\mathrm{e}}}{\mathrm{e}}\right)$. 故 $g(x)$ 在 $(0, a)$ 和 $\left(\frac{\sqrt{\mathrm{e}}}{\mathrm{e}},+\infty\right)$ 上单调递增, 在 $\left(a, \frac{\sqrt{\mathrm{e}}}{\mathrm{e}}\right)$ 上单调递减.
当 $a=\frac{\sqrt{\mathrm{e}}}{\mathrm{e}}$ 时, $g^{\prime}(x) \geqslant 0$ 恒成立, 故 $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增.
当 $a > \frac{\sqrt{\mathrm{e}}}{\mathrm{e}}$ 时, 由 $g^{\prime}(x) > 0$, 得 $x \in\left(0, \frac{\sqrt{\mathrm{e}}}{\mathrm{e}}\right) \cup(a,+\infty)$; 由 $g^{\prime}(x) < 0$, 得 $x \in\left(\frac{\sqrt{\mathrm{e}}}{\mathrm{e}}, a\right)$. 故 $g(x)$ 在 $\left(0, \frac{\sqrt{\mathrm{e}}}{\mathrm{e}}\right)$ 和 $(a$, $+\infty)$ 上单调递增, 在 $\left(\frac{\sqrt{\mathrm{e}}}{\mathrm{e}}, a\right)$ 上单调递减.

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