Question

已知函數f（x）=ax+lnx．
（Ⅰ）若a=1，求f（x）在x∈[1，e]上的最大值；
（Ⅱ）若當x∈[1，e]時，f（x）≤0恒成立，求a的取值范圍；
（Ⅲ）函數F（x）=ax+lnx+x²在區間（0，2）上有兩個極值點，求a的取值范圍．

Answer 1

考點：導數在最大值、最小值問題中的應用,利用導數研究函數的極值,利用導數求閉區間上函數的最值

專題：導數的綜合應用

分析：（Ⅰ）利用a=1，化簡f（x）=x+lnx，求出函數的導數，判斷x∈[1，e]，f′（x）＞0，
說明函數的單調性，求出函數的最值．
（Ⅱ）方法一：轉化恒成立為求解a≤

-lnx

x

的最小值，構造g(x)=-

lnx

x

，通過函數的導數以及判斷函數的單調性求出最值，即可．
方法二：函數恒成立，轉化為x∈[1，e]，f（x）_max≤0，通過a≥0，a＜0，利用函數的導數求出最值即可．
（Ⅲ）先求出f′（x），由題意得f′（x）=0，（0，2）內有兩個不相等的實數根，再根據根的存在條件列出不等式解得即可．

解答： 解：（Ⅰ）若a=1，則f（x）=x+lnx，f′(x)=1+

1

x

=

x+1

x

，-----------（1分）
∵x∈[1，e]∴f′（x）＞0，∴f（x）在[1，e]上為增函數，-----------（2分）
∴f（x）_max=f（e）=e+1-----------（3分）
（Ⅱ）方法一：要使x∈[1，e]，f（x）≤0恒成立，只需a≤

-lnx

x

的最小值-----------（5分）
令g(x)=-

lnx

x

，則g′(x)=

lnx-1

x2

，
g′(x)=

lnx-1

x2

=0，則x=e，即g′（x）≤0對x∈[1，e]恒成立，
g(x)=-

lnx

x

在[1，e]上單調遞減，-----------（7分）
g(x)=-

lnx

x

的最小值為g(e)=-

1

e

所以，a≤-

1

e

．-----------（8分）
方法二：要使x∈[1，e]，f（x）≤0恒成立，只需x∈[1，e]時，f（x）_max≤0
顯然當a≥0時，f（x）=ax+lnx在[1，e]上單增，
∴f（x）_max=f（e）=ae+1＞0，不合題意；-----------（5分）
當a＜0時，f′(x)=a+

1

x

=

ax+1

x

，令f′（x）=0，x=-

1

a

當x＜-

1

a

時，f′（x）＞0，當x＞-

1

a

時，f′（x）＜0
①當-

1

a

≤1時，即a≤-1時，f（x）在[1，e]上為減函數
∴f（x）_max=f（1）=a＜0，∴a≤-1；-----------（6分）
②當-

1

a

≥e時，即-

1

e

≤a＜0時，f（x）在[1，e]上為增函數
∴f(x)max=f(e)=ae+1≤0，a≤-

1

e

，∴a=-

1

e

；
③當1＜-

1

a

＜e時，即-1＜a＜-

1

e

時，f（x）在[1，-

1

a

]上單增，f（x）在[-

1

a

，e]上單減-----------（7分）
∴f(x)max=f(-

1

a

)=-1+ln(-

1

a

)
∵1＜-

1

a

＜e，∴0＜ln(-

1

a

)＜1，∴f(-

1

a

)＜0成立；
由①②③可得a≤-

1

e

----------（8分）
（Ⅲ）：函數F（x）=ax+lnx+x²
∴F′（x）=a+

1

x

+2x，x＞0，函數F（x）=ax+lnx+x²在區間（0，2）上有兩個極值點，
則F′（x）=0在（0，2）有兩個實數根，
∴a+

1

x

+2x=0，∵

1

x

+2x≥2

2

，當且僅當x=

2

2

時等號成立，x=2時，

1

x

+2x=

9

2

，x→0，

1

x

+2x→+∞，
∴-

9

2

≤a＜-2

2

，y=a與y=-（

1

x

+2x）在（0，2）有兩個不同交點．
故a的取值范圍為：[-

9

2

，-2

2

）

點評：本題考查了導數在解決函數極值和證明不等式中的應用，解題時要認真求導，防止錯到起點，還要有數形結合的思想，提高解題速度．