Question

已知函数 f（x）=ax+lnx，其中a为常数，设e为自然对数的底数．
（1）当a=-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a的值；
（3）若f（x）在x∈（1，e）有极值．函数g（x）=x³-x-2，证明：?x₁∈（1，e），?x₀∈（1，e），使得g（x₀）=f（x₁）成立．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,变化的快慢与变化率,利用导数研究函数的极值

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（1）在定义域（0，+∞）内对函数f（x）求导，求其极大值，若是唯一极值点，则极大值即为最大值．
（2）在定义域（0，+∞）内对函数f（x）求导，对a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）由：?x₁∈（1，e），?x₀∈（1，e），使得g（x₀）=f（x₁）f（x₁）即研究：f（x）的值域是g（x）的值域的子集，所以分别求得两函数的值域即可．

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

1-x

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）解：∵f′（x）=a+

1

x

，x∈（0，e]，

1

x

∈[

1

e

，+∞）
①若a≥-

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a＜

1

e

，则由f′（x）＞0得a+

1

x

＞0，即0＜x＜-

1

a

由f′（x）＜0得a+

1

x

＜0，即-

1

a

＜x≤e．
从而f（x）在（0，-

1

a

）上增函数，在（-

1

a

，e）为减函数
∴f（x）_max=f（-

1

a

）=-1+ln（-

1

a

）
令-1+ln（-

1

a

）=-3，则ln（-

1

a

）=-2
∴-

1

a

=e^-2，即a=-e²．∵-e²＜-

1

e

，∴a=-e²为所求．
（3）证明：由g（x）=x³-x-2求导可得g'（x）=3x²-1
令g'（x）=3x²-1=0，解得x=±

3

3

令g'（x）=3x²-1＞0，解得x＜-

3

3

或x＞

3

3

又∵x∈（1，e）⊆（

3

3

，+∞）
∴g（x）在（1，e）上为单调递增函数
∵g（1）=-2，g（e）=e³-e-2
∴g（x）在x∈（1，e）的值域为（-2，e³-e-2）
∵e³-e-2＞-1+ln（-

1

a

），-2＜ae+1，-2＜a
∴（ae+1，-1+ln（-

1

a

））⊆（-2，e³-e-2），（a，-1+ln（-

1

a

））⊆（-2，e³-e-2），
∴?x₁∈（1，e），?x₀∈（1，e），使得g（x₀）=f（x₁）成立．

点评：本题先通过对函数求导，求其极值，进而在求其最值及值域，用到分类讨论的思想方法．