Question

14．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)，
（�。┳C明：f（x）+2≤0；
（ⅱ）試方程|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）（i）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；（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，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$a≥-\frac{1}{2}$．…（4分）
（Ⅱ）當(dāng)a=-e時(shí)，f（x）=-ex+lnx，$f'（x）=\frac{-ex+1}{x}$．
（�。┝頵′（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．          …（9分）
（ⅱ）由（�。┲�，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．        …（14分）

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．