Question

14．已知函数f（x）=ax+lnx，其中a∈R．
（Ⅰ）若f（x）在区间[1，2]上为增函数，求a的取值范围；
（Ⅱ）当a=-e时，
（ⅰ）证明：f（x）+2≤0；
（ⅱ）试方程|f（x）|=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{3}{2}$是否有实数解，并说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，分离出a，结合函数的单调性求出a的范围即可；
（Ⅱ）（i）解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出f（x）的最大值，证出结论；（ii）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，从而判断无解．

解答 解：函数f（x）定义域x∈（0，+∞），f′（x）=a+$\frac{1}{x}$，
（Ⅰ）因为f（x）在区间[1，2]上为增函数，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，
则$a≥-\frac{1}{2}$．…（4分）
（Ⅱ）当a=-e时，f（x）=-ex+lnx，$f'（x）=\frac{-ex+1}{x}$．
（ⅰ）令f′（x）=0，得$x=\frac{1}{e}$．
令f′（x）＞0，得$x∈（0，\frac{1}{e}）$，所以函数f（x）在$（0，\frac{1}{e}）$单调递增．
令f′（x）＜0，得$x∈（\frac{1}{e}，+∞）$，所以函数f（x）在$（\frac{1}{e}，+∞）$单调递减．
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．          …（9分）
（ⅱ）由（ⅰ）知，f（x）_max=-2，所以|f（x）|≥2．
设$g（x）=\frac{lnx}{x}+\frac{3}{2}，x∈（0，+∞）$．所以$g'（x）=\frac{1-lnx}{x^2}$．
令g'（x）=0，得x=e．
令g'（x）＞0，得x∈（0，e），所以函数g（x）在（0，e）单调递增，
令g'（x）＜0，得x∈（e，+∞），所以函数g（x）在（e，+∞）单调递减；
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）|=$\frac{lnx}{x}+\frac{3}{2}$没有实数解．        …（14分）

点评 本题考查了函数的单调性最值问题，考查导数的应用、函数恒成立问题，是一道综合题．