Question

已知函数f（x）=ax+lnx，其中实数a为常数．
（Ⅰ）当a=-l时，确定f（x）的单调区间：
（Ⅱ）若f（x）在区间（0，e]（e为自然对数的底数）上的最大值为-3，求a的值；
（Ⅲ）当a=-1时，证明|f(x)|＞

lnx

x

+

1

2

．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）在定义域（0，+∞）内对函数f（x）求导，再根据导数求出单调区间．
（Ⅱ）在定义域（0，+∞）内对函数f（x）求导，对a进行分类讨论并判断其单调性，根据f（x）在区间（0，e]上的单调性求其最大值，并判断其最大值是否为-3，若是就可求出相应的最大值．
（Ⅲ）根据（1）可求出|f（x）|的值域，通过求导可求出函数g（x）=

lnx

x

+

1

2

的值域，通过比较上述两个函数的值域，就可判断出方程|f（x）|=

lnx

x

+

1

2

的大小关系．

解答： 解：（Ⅰ）当a=-1时，f（x）=-x+lnx，
∴f′(x)=

1-x

x

，
又x＞0，所以当x∈（0，1）时，f'（x）＞0，f（x）在区间（0，1）上为增函数，
当x∈（1，+∞）时，f'（x）＜0，f（x）在区间（1，+∞）上为减函数，
即f（x）在区间（0，1）上为增函数，在区间（1，+∞）上为减函数．
（Ⅱ）∵f′(x)=

1+ax

x

，
①若a≥0，∵x＞0，则f′（x）＞0，在区间（0，e]上恒成立，
f（x）在区间（0，e]上为增函数，f（x）_max=ae+lne=ae+1=-3，
∴a=-

4

e

＜0，舍去；
②当a∈[-

1

e

，0)时，
∵x∈（0，e]，∴ax+1≥0，∴f'（x）≥0，f（x）在区间（0，e]上为增函数，
f（x）_max=ae+lne=ae+1=-3，∴a=-

4

e

＜0，舍去；
③若a＜-

1

e

，当x∈(0，-

1

a

)时，f′（x）＞0，f（x）在区间(0，-

1

a

)上为增函数，
当x∈(-

1

a

，e)时，f′（x）＜0，f（x）在区间(-

1

a

，e)上为减函数，f(x)max=f(-

1

a

)=-1+ln(-

1

a

)=-3，∴a=-e2＜-

1

e

．
综上a=-e²．
（Ⅲ） 由（Ⅰ）知，当a=-1时，f（x）有最大值，最大值为f（1）=-1，即f（x）≤-1，
所以|f（x）|≥1，…（10分）
令g(x)=

lnx

x

+

1

2

，则g′(x)=

1-lnx

x2

，
当x∈（0，e）时，g′（x）＞0，g（x）在区间（0，e）上为增函数，
当x∈（e，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）在区间（e，+∞）上为减函数，
所以当x=e时，g(x)=

lnx

x

+

1

2

有最大值

1

e

+

1

2

＜1，
所以|f（x）|＞g（x），
即|f(x)|＞

lnx

x

+

1

2

．

点评：本题先通过对函数求导，求其极值，进而在求其最值及值域，用到分类讨论的思想方法．