每日一题[2577]利用导数研究零点之二

已知函数 $f(x)=a \mathrm{e}^{x}+x \ln x+1$．

1、当 $a=-\dfrac{1}{\mathrm{e}}$ 时，证明 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递减．

2、讨论 $f(x)$ 的零点个数．

解析

1、根据题意，函数 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)=1+a{\rm e}^x+\ln x,\]当 $a=-\dfrac{1}{\rm e}$ 时，有\[f'(x)=1-{\rm e}^{x-1}+\ln x,\]而 $\ln x\leqslant x-1$，${\rm e}^{x-1}\geqslant x$，因此有 $f'(x)\leqslant 0$，因此函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递减．

2、方程 $f(x)=0$ 即\[-a={\rm e}^{-x}(1+x\ln x),\]记右侧函数为 $g(x)$，则其导函数\[g'(x)=-{\rm e}^{-x}(x-1)\ln x\leqslant 0,\]因此 $g(x)$ 是 $\mathbb R^+$ 上的单调递减函数，当 $x\to 0+$ 时，有 $g(x)\to 1$；当 $x\to +\infty$ 时，有 $g(x)\to 0$．

情形一     $-a\in\left(-\infty,0\right]$．此时有\[g(x)=\dfrac{1+x\ln x}{{\rm e}^x}\geqslant \dfrac{1+x\left(1-\dfrac 1x\right)}{{\rm e}^x}>\dfrac{x}{{\rm e}^x}>0,\]因此 $f(x)$ 的零点个数为 $0$．

情形二    $-a\in \left(0,1\right)$．一方面，当 $x>\max\left\{1,\dfrac 6{-a}\right\}$ 时，有\[g(x)\leqslant \dfrac{1+x(x-1)}{{\rm e}^x}<\dfrac{x^2}{\dfrac 16x^3}=\dfrac 6x<-a,\]另一方面，当 $x<\min\left\{1,\ln \dfrac{2}{-a+1},\left(\dfrac{{\rm e}(1+a)}4\right)^2\right\},$ 时，有\[\begin{split} g(x)&\geqslant \dfrac{1}{{\rm e}^x}+\dfrac{x\cdot 2\left(1-\dfrac{1}{\sqrt x}\right)}{{\rm e}^x}\\ &= \dfrac{1}{{\rm e}^x}+\dfrac{2\sqrt x\left(\sqrt x-1\right)}{{\rm e}^x}\\ &>\dfrac{1}{{\rm e}^x}-\dfrac{2\sqrt x}{{\rm e}}\\ &>\dfrac{-a+2}2-\dfrac{1+a}2=a,\end{split}\]因此函数 $f(x)$ 的零点个数为 $1$．

情形三    $-a\in [1,+\infty)$．此时在 $x\in (0,1)$ 上，有\[{\rm e}^x-1-x\ln x>{\rm e}^x-1>x>0,\]于是 $g(x)<1$，因此函数 $f(x)$ 的零点个数为 $0$．

综上所述，当 $a\in(-\infty,-1]$ 或 $a\in [0,+\infty)$ 时，函数 $f(x)$ 的零点个数为 $0$；当 $a\in (-1,0)$ 时，函数 $f(x)$ 的零点个数为 $1$．