Question

（2013•威海二模）已知函數(shù)f（x）=ax+lnxx∈[1，e]．
（Ⅰ）若a=1，求f（x）的最大值；
（Ⅱ）若f（x）≤0恒成立，求a的取值范圍；
（Ⅲ）若方程f(x)=-

1

2

有兩個不等實根，求a的取值范圍．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求導(dǎo)數(shù)f′（x），易判斷x∈[1，e]時f′（x）的符號，從而得到函數(shù)f（x）的單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性即可求得函數(shù)的最大值；
（Ⅱ）要使x∈[1，e]，f（x）≤0恒成立，只需x∈[1，e]時，f（x）_max≤0，問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最大值，當(dāng)a≥0時，由單調(diào)性易求最大值；當(dāng)a＜0時，利用導(dǎo)數(shù)可求得極值點-

1

a

，再按照極值點在區(qū)間[1，e]的左側(cè)、內(nèi)部、右側(cè)三種情況進(jìn)行討論，由單調(diào)性可求得最大值，令最大值小于等于0可求得a的范圍；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知當(dāng)a≤-1或a≥-

1

e

時，f（x）在[1，e]上單調(diào)不合題意；當(dāng)-1＜a＜-

1

e

時，借助圖象可知函數(shù)最大值、端點處函數(shù)值與-

1

2

的大小關(guān)系，解不等式組即可；

解答：解：（Ⅰ）若a=1，則f（x）=x+lnx，f′(x)=1+

1

x

=

x+1

x

，
∵x∈[1，e]，∴f′（x）＞0，∴f（x）在[1，e]上為增函數(shù)，
∴f（x）_max=f（e）=e+1；
（Ⅱ）要使x∈[1，e]，f（x）≤0恒成立，只需x∈[1，e]時，f（x）_max≤0，
顯然當(dāng)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；
當(dāng)a＜0時，f′（x）=a+

1

x

=

ax+1

x

，令f′（x）=0，x=-

1

a

，
當(dāng)x＜-

1

a

時，f′（x）＞0，當(dāng)x＞-

1

a

時，f′（x）＜0，
①當(dāng)-

1

a

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

1

a

≥e時，即-

1

e

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

1

e

，∴a=-

1

e

；
③當(dāng)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，
∴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

．
（Ⅲ）由（Ⅱ）知當(dāng)a≤-1或a≥-

1

e

時，f（x）在[1，e]上單調(diào)，不滿足題意；
當(dāng)-1＜a＜-

1

e

時，fmax(x)=f(-

1

a

)=-1+ln（-

1

a

）=-1-ln（-a），
所以

f(- 1 a )＞- 1 2 f(1)≤- 1 2 f(e)≤- 1 2

，即

-1-ln(-a)＞- 1 2 a≤- 1 2 ae+1≤- 1 2

，解得-e-

1

2

＜a＜-

3

2e

，
所以a的取值范圍為（-e-

1

2

，-

3

2e

）．

點評：本題考查利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值、函數(shù)恒成立問題、方程解的個數(shù)問題，考查分類討論思想、數(shù)形結(jié)合思想．