Question

3．已知函數f（x）=ax+lnx．a∈R
（1）若函數f（x）在x∈（0，e]上的最大值為-3；求a的值；
（2）設g（x）=x²-2x+2，若對任意x₁∈（0，+∞），均存在x₂∈[0，1]，使得f（x₁）＜g（x₂），求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先求導，再分類討論，根據函數的單調性即可求出最值．
（2）對任意x₁∈（0，+∞），均存在x₂∈[0，1]，使得f（x₁）＜g（x₂），等價于f（x）_max＜g（x）_max，分別求出相應的最大值，即可求得實數a的取值范圍．

解答 解：（1）f′（x）=a+$\frac{1}{x}$=$\frac{ax+1}{x}$，x＞0
①當a≥0時，f′（x）＞0，f′（x）在（0，e]上單調遞增，f（x）=f（e）=ae+1=-3，$a=-\frac{4}{e}$（舍去），
②當a＜0f′（x）=0  時$x=-\frac{1}{a}$
ⅰ）當$0＜-\frac{1}{a}＜e$，即$a＜-\frac{1}{e}$時，f（x）在$（{0，-\frac{1}{a}}）$上單調遞增，在$（{-\frac{1}{a}，e}）$上單調遞減，最大值$f（-\frac{1}{a}）=-1-ln（-a）=-3$則a=-e²，
ⅱ）當$-\frac{1}{a}≥e$時，即$-\frac{1}{e}≤a＜0$時，f′（x）≥0  f（x）在（0，e]上單調遞增，f（x）最大值f（e）=ae+1=-3，$a=-\frac{4}{e}$ （舍去），
綜上：函數f（x）在x∈[0，e]上的最大值為-3時a=-e²，
（2）由已知，轉化為f（x）_max＜g（x）_max，
因為g（x）=x²-2x+2=（x-1）²+1，x∈[0，1]，
所以g（x）_max=2…（9分）
由（1）知，當a≥0時，f（x）在（0，+∞）上單調遞增，值域為R，故不符合題意．
當a＜0時，f（x）在（0，-$\frac{1}{a}$）上單調遞增，在（-$\frac{1}{a}$，+∞）上單調遞減，
故f（x）的極大值即為最大值，f（-$\frac{1}{a}$）=-1+ln（-$\frac{1}{a}$）=-1-ln（-a），
所以2＞-1-ln（-a），解得a＜-e^-3，
故a的取值范圍是（-∞，-e^-3）

點評 本題考查學生會利用導求函數的最值，會利用導數研究函數的單調性，掌握不等式恒成立時所滿足的條件，是一道中檔題．