Question

已知函数f（x）=ax+lnx，a∈R．？

Answer 1

解题思路：（I）求出函数的导函数判断出其大于零得到函数在区间[1，e]上为增函数，所以f（1）为最小值，f（e）为最大值，求出即可；（II）直线P1P2的斜率k由P1，P2两点坐标可表示为 k＝ax2+lnx2−ax1−lnx1x2−x1＝a+lnx2−lnx1x2−x1；由（1）知-x+lnx≤-1，当且仅当x=1时取等号；可得 −x2x1+lnx2x1＜-1，整理可得 lnx2−lnx1x2−x1＜1x1，同理，由 −x1x2+lnx1x2＜−1，得 lnx2−lnx1x2−x1＞1x2；所以P1P2的斜率 k∈(a+1x2，a+1x1)，在x∈（x1，x2）上，有 f′(x)＝a+1x∈(a+1x2，a+1x1)，可得结论．
（Ⅰ）当a=-1时，f（x）=-x+lnx，f′(x)＝−1+
1
x＝
−x +1
x．
对于x∈（0，1），有f'（x）＞0，∴f（x）在区间（0，1]上为增函数，
对于x∈（1，+∞），有f'（x）＜0，∴f（x）在区间（1，+∞）上为减函数，．
∴fmax（x）=f（1）=-1；
（II）直线P1P2的斜率为 k＝
ax2+lnx2−ax1−lnx1
x2−x1＝a+
lnx2−lnx1
x2−x1；
由（1）知-x+lnx≤-1，当且仅当x=1时取等号，
∴−
x2
x1+ln
x2
x1＜−1⇒ln
x2
x1＜
x2
x1−1⇒lnx2−lnx1＜
x2−x1
x1⇒
lnx2−lnx1
x2−x1＜
1
x1，
同理，由 −
x1
x2+ln
x1
x2＜−1，可得
lnx2−lnx1
x2−x1＞
1
x2；
故P1P2的斜率 k∈(a+
1
x2，a+
1
x1)，
又在x∈（x1，x2）上，f′(x)＝a+
1
x∈(a+
1
x2，a+
1
x1)，
所以f（x）图象上存在点P0（x0，y0），满足x1＜x0＜x2，且f（x）图象上以P0为切点的切线与直线P1P2平行；
（III）f（x）=[3/2x+lnx，f′（x）=
3
2+
1
x]，∴an+1=[3/2]+[1
an，
a3=
3/2+
1
a2]，a4=[3/2+
1
a3]=[3/2+
1

3
2+
1
a2＝
13a2+6
2(3a2+2)]＜a2⇒2a22-3a2-2＞0，
⇒（2a2+1）（a2-1）＞0⇒a2＞2⇒
3
2+
1
a1＞2⇒0＜a1＜2，
下面我们证明：当0＜a1＜2时，a2n+2＜a2n，且a2n＞2（n∈N+）
事实上，当n=1时，0＜a1＜2⇒a2=
3
2+
1
a1＞2，
a4-a2=
13a2+6
2(3a2+2)−a2＝−
3(2a2+1)(a2−2)
2(3a2+2)＜0⇒a4＜a2，结论成立．
若当n=k时结论成立，即a2k+2＜a2k，且a2k＞2，则
a2k+2=
3
2+
1
a2k＞2⇒a2k+4=
3
2+
1
a2k+2＞2，
a2k+4-a2k+2=
13a2k+2+6
2(3a2k+2+2)−a2k+2＝−
3(2a2k+2+1)(a2k+2−2)
2(3a2k+2+2)＜0
⇒a2k+4＜a2k+2，
由上述证明可知，a1的取值范围是（0，2）．
,9,已知函数f（x）=ax+lnx，a∈R．
（I）当a=-1时，求f（x）的最大值；
（II）对f（x）图象上的任意不同两点P 1（x 1，x 2），P（x 2，y 2）（0＜x 1＜x 2），证明f（x）图象上存在点P 0（x 0，y 0），满足x 1＜x 0＜x 2，且f（x）图象上以P 0为切点的切线与直线P 1P 2平等；
（III）当 a＝ 3 2 时，设正项数列{a n}满足：a n+1=f'（a n）（n∈N *），若数列{a 2n}是递减数列，求a 1的取值范围．