Question

已知函数f（x）=lnx-ax（a∈R）．
（1）求函数f（x）的极值点和极值；
（2）当a＞0时，求函数f（x）在[1，2]上的最小值．
（3）当a=

3

4

时，是否同时存在实数m和M（m＜M），使得对每一个t∈[m，M]，直线y=t与曲线y=f（x），x∈[1，2]都有公共点？若存在，求出最小的实数m和最大的实数M；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析：（1）对f（x）进行求导，令f′（x）=0，求出极值点，利用导数研究函数的单调性和极值；
（2）根据（1）的条件，函数f（x）的增区间为（0，

1

a

），减区间为（

1

a

，+∞），因为

1

a

与1，2大小不知道，所以对其进行讨论，分情况求出函数f（x）在[1，2]上的最小值；
（3）把a=

3

4

代入函数f（x）求出去单调区间，再求出去最值，假设存在，我们可以取f（x）的最小值和最大值组成一个区间，并对其进行验证；

解答：解：（1）∵f′（x）=

1

x

-a=

1-ax

x

(x＞0)，
∴当a≤0时，f′（x）=

1-ax

x

＞0，即函数f（x）的增区间为（0，+∞），此时f（x）无极值点；
当a＞0时，令f′（x）=

1-ax

x

=0得，x=

1

a

＞0．列表如下：

x	（0， 1 a ）	1 a	（ 1 a ，+∞），
f′（x）	+	0	-
f（x）	单调增	极大值	单调减

由上表知：函数f（x）的极值点为x=

1

a

，且在该极值点处有极大值为f（

1

a

）=-lna-1．…（4分）
（2）由（1）知：当a＞0时，函数f（x）的增区间为（0，

1

a

），减区间为（

1

a

，+∞）．
①若

1

a

≤1即a≥1时，函数f（x）在区间[1，2]上为减函数，所以（f（x））_min=f（2）=ln2-2a，；
②若

1

a

≥2，即0＜a≤

1

2

时，函数f（x）在区间[1，2]上为增函数，所以（f（x））_min=f（1）=-a，；
③若1＜

1

a

＜2，即

1

2

＜a＜1时，函数f（x）在区间（1，

1

a

）上为增函数，在区间（

1

a

，2）为减函数，
又f（2）-f（1）=ln2-a，所以，当

1

2

＜a＜ln2时，（f（x））_min=f（1）=-a，；
当ln2≤a＜1时，（f（x））_min=f（2）=ln2-2a，
综上可知：当0＜a＜ln2时，（f（x））_min=f（1）=-a，；
当a≥ln2时，（f（x））_min=f（2）=ln2-2a，
（3）当a=

3

4

时，由（2）知函数f（x）在区间（1，

4

3

）上为增函数，在区间（

4

3

，2）为减函数，
所以（f（x））_min=f（

4

3

）=ln

4

3

-1，又f（2）-f（1）=ln2-

3

4

＜0，所以，
（f（x））_min=f（2）=ln2-

3

2

．
故函数y=f（x），x∈[1，2]的值域为[ln2-

3

2

，ln

4

3

-1]．
据此可得，若

m=ln2- 3 2 M=ln 4 3 -1

，相对每一个t∈[m，M]，直线y=t与曲线y=f（x），x∈[1，2]都有公共点；
并且对每一个t∈（-∞，m）∪（M，+∞），直线y=t与曲线y=f（x），x∈[1，2]都没有公共点．
综上，当a=

3

4

时，存在最小的实数m=ln2-

3

2

，最大的实数M=ln

4

3

-1，使得对每一个t∈[m，M]，直线y=t与曲线y=f（x），x∈[1，2]都有公共点．              …（14分）

点评：此题主要考查函数、导数等基础知识，考查推理论证能力和抽象概括能力、运算求解能力，考查函数与方程思想，化归和转化思想，分类与整合思想．其中问题（3）是一个存在性问题，考查了同学们观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题的能力．