Question

已知函數 f（x）=ax+lnx，其中a為常數，設e為自然對數的底數．
（1）當a=-1時，求f（x）的最大值；
（2）若f（x）在區(qū)間（0，e]上的最大值為-3，求a的值；
（3）若f（x）在x∈（1，e）有極值．函數g（x）=x³-x-2，證明：?x₁∈（1，e），?x₀∈（1，e），使得g（x₀）=f（x₁）成立．

Answer 1

考點：利用導數求閉區(qū)間上函數的最值,變化的快慢與變化率,利用導數研究函數的極值

專題：綜合題,導數的綜合應用

分析：（1）在定義域（0，+∞）內對函數f（x）求導，求其極大值，若是唯一極值點，則極大值即為最大值．
（2）在定義域（0，+∞）內對函數f（x）求導，對a進行分類討論并判斷其單調性，根據f（x）在區(qū)間（0，e]上的單調性求其最大值，并判斷其最大值是否為-3，若是就可求出相應的最大值．
（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，所以分別求得兩函數的值域即可．

解答： （1）解：易知f（x）定義域為（0，+∞），
當a=-1時，f（x）=-x+lnx，f′（x）=

1-x

x

，令f′（x）=0，得x=1．
當0＜x＜1時，f′（x）＞0；當x＞1時，f′（x）＜0．
∴f（x）在（0，1）上是增函數，在（1，+∞）上是減函數．
f（x）_max=f（1）=-1．
∴函數f（x）在（0，+∞）上的最大值為-1．
（2）解：∵f′（x）=a+

1

x

，x∈（0，e]，

1

x

∈[

1

e

，+∞）
①若a≥-

1

e

，則f′（x）≥0，從而f（x）在（0，e]上增函數，
∴f（x）_max=f（e）=ae+1≥0，不合題意．
②若a＜

1

e

，則由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．
從而f（x）在（0，-

1

a

）上增函數，在（-

1

a

，e）為減函數
∴f（x）_max=f（-

1

a

）=-1+ln（-

1

a

）
令-1+ln（-

1

a

）=-3，則ln（-

1

a

）=-2
∴-

1

a

=e^-2，即a=-e²．∵-e²＜-

1

e

，∴a=-e²為所求．
（3）證明：由g（x）=x³-x-2求導可得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）上為單調遞增函數
∵g（1）=-2，g（e）=e³-e-2
∴g（x）在x∈（1，e）的值域為（-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．

點評：本題先通過對函數求導，求其極值，進而在求其最值及值域，用到分類討論的思想方法．