Question

9．已知函数f（x）=ax+lnx-1，其中a为常数
（1）当$a∈（-∞，-\frac{1}{e}）$时，若f（x）在区间（0，e）上的最大值为-3，求a的值；
（2）当$a=-\frac{1}{e}$时，若$g（x）=|{f（x）}|-\frac{lnx}{x}-\frac{b}{2}$存在零点，求实数b的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出${f}^{'}（x）=a+\frac{1}{x}$，由导当我性质得f（x）的增区间为（0，-$\frac{1}{a}$），减区间为（-$\frac{1}{a}$，e）．从而f（x）_max=f（-$\frac{1}{a}$）=-1-1+ln（-$\frac{1}{a}$）=-3，由此能求出a．
（2）函数g（x）=|f（x）|-$\frac{lnx}{x}$-$\frac{b}{2}$存在零点，即方程|f（x）|=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{b}{2}$有实数根，令h（x）=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{b}{2}$，则h′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，由此利用导数性质能求出实数b的取值范围．

解答 （本题满分12分）
解：（1）∵函数f（x）=ax+lnx-1，其中a为常数，
∴${f}^{'}（x）=a+\frac{1}{x}$，
令f′（x）=0，得x=-$\frac{1}{a}$，
∵a∈（-∞，-$\frac{1}{e}$），∴0＜-$\frac{1}{a}$＜e，
由f′（x）＞0，解得0＜x＜-$\frac{1}{a}$，
由f′（x）＜0，得-$\frac{1}{a}＜x＜e$，
∴f（x）的增区间为（0，-$\frac{1}{a}$），减区间为（-$\frac{1}{a}$，e）．
∴f（x）_max=f（-$\frac{1}{a}$）=-1-1+ln（-$\frac{1}{a}$）=-3，
解得a=-e．
（2）函数g（x）=|f（x）|-$\frac{lnx}{x}$-$\frac{b}{2}$存在零点，
即方程|f（x）|=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{b}{2}$有实数根，
由已知函数f（x）的定义域为{x|x＞0}，
当a=-$\frac{1}{e}$时，f（x）=-$\frac{x}{e}$-1+lnx，
当0＜x＜e时，f′（x）＞0；当x＞e时，f′（x）＜0．
∴f（x）的增区间为（0，e），减区间为（e，+∞），
∴f（x）_max=f（e）=-1，∴|f（x）|≥1，
令h（x）=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{b}{2}$，则h′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
当0＜x＜e时，h′（x）＞0，
当x＞e时，h′（x）＜0，
从而函数h（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，
∴h（x）_max=h（e）=$\frac{1}{e}+\frac{b}{2}$，
要使方程|f（x）|=$\frac{lnx}{x}+\frac{b}{2}$有实数根，
只需h（x）_min=h（e）=$\frac{1}{e}+\frac{b}{2}≥1$即可，∴b≥2-$\frac{2}{e}$，
∴实数b的取值范围是[2-$\frac{2}{e}$，+∞）．

点评 本题考查实数值及实数的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意导数性质、构造法的合理运用．