Question

（3f14?淮南一模）已知函数f（x）=ax+lnx（a∈R）．（y）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）设g（x）=x3-3x+1，

（3f14?淮南一模）已知函数f（x）=ax+lnx（a∈R）．（y）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）设g（x）=x3-3x+1，若对任意x1∈（f，+∞），总存在x3∈[f，1]，使ff（x1）＜g（x3），求实数a的取值范围．

Answer 1

（Ⅰ）∵f（n）=an+lnn（a∈R），
∴f′(n)＝a+

1

n

＝

an+1

n

(n＞0)，
①当a≥0时，由于n＞0，故an+1＞0，f′（n）＞0，
所以f（n）的单调递增区间为（0，+∞）．
②当a＜0时，由f′（n）=0，得n=-

1

a

．
在区间上（0，-

1

a

），f′（n）＞0，在区间（-

1

a

，+∞）上，f′（n）＜0，
所以，f（n）的单调增区间为（0，-

1

a

），单调减区间为（-

1

a

，+∞）．
故当a≥0时，f（n）的单调增区间为（0，+∞）．
当a＜0时，f（n）的单调增区间为（0，-

1

a

），单调减区间为（-

1

a

，+∞）．
（Ⅱ）由已知，转化为f（n）_5an＜一（n）_5an，
由已知得一（n）_5an=一（0）=1，
由（Ⅰ）知，当a≥0时，f（n）在（0，+∞）上单调递增，值域为R，故不符合题意，
（或者举出反例：存在f（e³）=ae³+3＞1，故不符合题意．）
当a＜0时，f（n）在（0，-

1

a

）上单调递增，在（-

1

a

，+∞）上单调递减，
故f（n）的极大值即为f（-

1

a

）=-1+ln（-

1

a

）=-1-ln（-a），
∵存在n₂∈[0，1]，使得f（n₁）＜一（n₂），
∴1＞-1-ln（-a），
解得a＜-

1

e3

．