3.已知函數(shù)f(x)=ax+lnx.a(chǎn)∈R
(1)若函數(shù)f(x)在x∈(0,e]上的最大值為-3;求a的值;
(2)設(shè)g(x)=x2-2x+2,若對任意x1∈(0,+∞),均存在x2∈[0,1],使得f(x1)<g(x2),求a的取值范圍.

分析 (1)先求導(dǎo),再分類討論,根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性即可求出最值.
(2)對任意x1∈(0,+∞),均存在x2∈[0,1],使得f(x1)<g(x2),等價于f(x)max<g(x)max,分別求出相應(yīng)的最大值,即可求得實數(shù)a的取值范圍.

解答 解:(1)f′(x)=a+$\frac{1}{x}$=$\frac{ax+1}{x}$,x>0
①當(dāng)a≥0時,f′(x)>0,f′(x)在(0,e]上單調(diào)遞增,f(x)=f(e)=ae+1=-3,$a=-\frac{4}{e}$(舍去),
②當(dāng)a<0f′(x)=0  時$x=-\frac{1}{a}$
。┊(dāng)$0<-\frac{1}{a}<e$,即$a<-\frac{1}{e}$時,f(x)在$({0,-\frac{1}{a}})$上單調(diào)遞增,在$({-\frac{1}{a},e})$上單調(diào)遞減,最大值$f(-\frac{1}{a})=-1-ln(-a)=-3$則a=-e2
ⅱ)當(dāng)$-\frac{1}{a}≥e$時,即$-\frac{1}{e}≤a<0$時,f′(x)≥0  f(x)在(0,e]上單調(diào)遞增,f(x)最大值f(e)=ae+1=-3,$a=-\frac{4}{e}$ (舍去),
綜上:函數(shù)f(x)在x∈[0,e]上的最大值為-3時a=-e2
(2)由已知,轉(zhuǎn)化為f(x)max<g(x)max
因為g(x)=x2-2x+2=(x-1)2+1,x∈[0,1],
所以g(x)max=2…(9分)
由(1)知,當(dāng)a≥0時,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,值域為R,故不符合題意.
當(dāng)a<0時,f(x)在(0,-$\frac{1}{a}$)上單調(diào)遞增,在(-$\frac{1}{a}$,+∞)上單調(diào)遞減,
故f(x)的極大值即為最大值,f(-$\frac{1}{a}$)=-1+ln(-$\frac{1}{a}$)=-1-ln(-a),
所以2>-1-ln(-a),解得a<-e-3,
故a的取值范圍是(-∞,-e-3

點評 本題考查學(xué)生會利用導(dǎo)求函數(shù)的最值,會利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,掌握不等式恒成立時所滿足的條件,是一道中檔題.

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