Question

已知函数f（x）=mx+lnx，其中m为常数，e为自然对数的底数．
（1）当m=-1时，求f（x）的最大值；
（2）若f（x）在区间（0，e]上的最大值为-3，求m的值；
（3）当m=-1时，g（x）=

lnx

x

+

1

2

，试证明函数y=|f（x）|的图象恒在函数y=g（x）的图象的上方．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值

专题：导数的综合应用

分析：（1）在定义域（0，+∞）内对函数f（x）求导，再根据导数求出单调区间，进而求出函数的最值；
（2）在定义域（0，+∞）内对函数f（x）求导，对m进行分类讨论并判断其单调性，根据f（x）在区间（0，e]上的单调性求其最大值，并判断其最大值是否为-3，若是就可求出相应的最大值．
（3）m=-1时，f（x）=-x+lnx，由（1）得f（x）≤f（1）=-1，于是y=|f（x）|≥1，求出g（x）≤g（e）=

1

e

+

1

2

＜1，从而得出函数y=|f（x）|的图象恒在y=g（x）的图象的上方．

解答： 解：（1）易知f（x）定义域为（0，+∞），
当m=-1时，f（x）=-x+lnx，f′（x）=-1+

1

x

，令f′（x）=0，得x=1．
当0＜x＜1时，f′（x）＞0；当x＞1时，f′（x）＜0．
∴f（x）在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数．
f（x）_max=f（1）=-1．
∴函数f（x）在（0，+∞）上的最大值为-1．
（2）∵f′（x）=m+

1

x

，x∈（0，e]，

1

x

∈[

1

e

，+∞）．
①若m≥-

1

e

，则f′（x）≥0，从而f（x）在（0，e]上增函数，
∴f（x）_max=f（e）=ae+1≥0，不合题意．
②若m＜-

1

e

，则由f′（x）＞0⇒m+

1

x

＞0，即0＜x＜-

1

m

由f′（x）＜0m+1=

1

x

＜0，即-

1

m

＜x≤e．
从而f（x）在（0，-

1

m

）上增函数，在（-

1

m

，+∞）为减函数
∴f（x）_max=f（-

1

m

）=-1+ln（-

1

m

），
令-1+ln（-

1

m

）=-3，则ln（-

1

m

）=-2
∴-

1

m

=e^-2，即a=-e²．∵-e²＜-

1

e

，
∴a=-e²为所求．
（3）m=-1时，f（x）=-x+lnx，
由（1）得f（x）≤f（1）=-1，于是y=|f（x）|≥1，
函数g（x）=

lnx

x

+

1

2

的定义域（0，+∞），求导得g′（x）=

1-lnx

x2

，
令g′（x）＞0，得：0＜x＜e，令g′（x）＜0，解得：x＞e，
∴g（x）在（0，e）递增，在（e，+∞）递减，
∴g（x）≤g（e）=

1

e

+

1

2

＜1，
∴函数y=|f（x）|的图象恒在y=g（x）的图象的上方．

点评：本题考查了函数的单调性，函数的最值问题，考查导数的应用，参数的取值，本题是一道综合题．