Question

17．已知函數(shù)f（x）=ax+lnx，其中a∈R．
（Ⅰ）若f（x）在區(qū)間[1，2]上為增函數(shù)，求a的取值范圍；
（Ⅱ）當(dāng)a=-e時(shí)，證明：f（x）+2≤0；
（Ⅲ）當(dāng)a=-e時(shí)，試判斷方程|f（x）|=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{3}{2}$是否有實(shí)數(shù)解，并說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，分離出a，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可；
（Ⅱ）解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出f（x）的最大值，證出結(jié)論；
（Ⅲ）求出|f（x）|≥2，令g（x）=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{3}{2}$，求出g（x）的最大值小于|f（x）|的最小值，從而判斷無(wú)解．

解答 解：函數(shù)f（x）定義域x∈（0，+∞），f′（x）=a+$\frac{1}{x}$，
（Ⅰ）因?yàn)閒（x）在區(qū)間[1，2]上為增函數(shù)，
所以f′（x）≥0在x∈[1，2]上恒成立，
即f′（x）=a+$\frac{1}{x}$≥0，a≥-$\frac{1}{x}$在x∈[1，2]上恒成立，則a≥-$\frac{1}{2}$．
（Ⅱ）當(dāng)a=-e時(shí)，f（x）=-ex+lnx，f′（x）=$\frac{-ex+1}{x}$．
令f′（x）=0，得x=$\frac{1}{e}$，
令f′（x）＞0，得x∈（0，$\frac{1}{e}$），所以函數(shù)f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）單調(diào)遞增．
令f′（x）＜0，得x∈（$\frac{1}{e}$，+∞），所以函數(shù)f（x）在（$\frac{1}{e}$，+∞）單調(diào)遞減．
所以，f（x）_max=f（$\frac{1}{e}$）=-e•$\frac{1}{e}$+ln$\frac{1}{e}$=-2，
所以f（x）+2≤0成立．         
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，f（x）_max=-2，所以|f（x）|≥2，
設(shè)g（x）=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{3}{2}$，x∈（0，+∞），
所以g′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
令g'（x）=0，得x=e．
令g'（x）＞0，得x∈（0，e），
所以函數(shù)g（x）在（0，e）單調(diào)遞增，
令g'（x）＜0，得x∈（e，+∞），
所以函數(shù)g（x）在（e，+∞）單調(diào)遞減；
所以，g（x）_max=g（e）=$\frac{lne}{e}$+$\frac{3}{2}$=$\frac{1}{e}$+$\frac{3}{2}$＜2，即g（x）＜2．
所以|f（x）|＞g（x），即|f（x）|＞$\frac{lnx}{x}$+$\frac{3}{2}$，
所以，方程|f（x）|=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{3}{2}$沒(méi)有實(shí)數(shù)解．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用、函數(shù)恒成立問(wèn)題，是一道綜合題．