Question

已知a，b为常数，且a≠0，函数f（x）=-ax+b+axlnx，f（e）=2（e=2．71828

已知a，b为常数，且a≠0，函数f（x）=-ax+b+axlnx，f（e）=2（e=2．71828…是自然对数的底数）。
（I）求实数b的值；
（II）求函数f（x）的单调区间；
（III）当a=1时，是否同时存在实数m和M（m<M），使得对每一个t∈[m，M]，直线y=t与
曲线y=f（x）（x∈[1，e]）都有公共点？若存在，求出最小的实数m和最大的实数M；e
若不存在，说明理由。

Answer 1

f（x）=-ax+b+axlnx，f（e）=2（e=2．71828…

 因为Ine=1

所以 f（e）=-ae+b+ae=2  

     所以b=2

解：
(Ⅱ)由(Ⅰ)可得f(x)=-ax+2+axlnx，从而f'(x)=alnx，
因为a≠0，故：
(1)当a＞0时，由f'(x)＞0得x＞1，由f′(x)＜0得0＜x＜1； 
(2)当a＜0时，由f'(x)＞0得0＜x＜1，由f′(x)＜0得x＞1；
综上，当a＜0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，+∞)；当a＞0时，函数f(x)的单调递增区间为(1，+∞)，单调递减区间为(0，1)。
(Ⅲ)当a=1时，f(x)=-x+2+xlnx，f'(x)=lnx，
由(Ⅱ)可知，当x在区间(，e)内变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表：

又，所以函数f(x)()的值域为[1，2]，
据此可知，若则对每一个t∈[m，M]，直线y=t与曲线y=f(x)()都有公共点；
并且对每一个t∈(-∞，m)∪(M，+∞)，直线y=t与曲线y=f(x)()都没有公共点．
综上，当a=1时，存在最小的实数m=1，最大的实数M=2，使得对每一个t∈[m，M]，直线y=t与曲线y=f(x)()都有公共点。

Answer 2

(I)f（x）=-ax+b+axlnx，
∴f（e）=-ae+b+ae=b=2.
(II)f（x）=-ax+2+axlnx，
f'(x)=-a+a(lnx+1)=alnx,
a>0时0<x<1,f'(x)<0,f(x)是减函数；x>1时f'(x)>0,f(x)是增函数。
a<0时，0<x<1,f(x)是增函数，x>1时f(x)是减函数。
(III)f(x)=-x+2+xlnx,
由(II),f(x)|min=f(1)=1,
f(e)=2
∴m=1,M=2满足题设。

Answer 3

追答

第一个图中b的值写错了。

Answer 4

Answer 5

（1）因为f（e）=-ae+b+aelne=b，又f（e）=2，得b=2．
（2）由（1）得f（x）=-ax+2+axlnx．从而f′（x）=alnx．因为a≠0，故：①当a＞0时，由f′（x）＞0得x＞1，由f′（x）＜0得0＜x＜1；　②当a＜0时，由f′（x）＞0得0＜x＜1，由f′（x）＜0得x＞1．综上，当a＞0时，函数f（x）的单调递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0，1）；当a＜0时，函数f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞）．
（3）当a=1时，f（x）=-x+2+xlnx，f′（x）=lnx．由（2）可得，当x在区间内变化时，f′（x），函数f（x）（x∈）的值域为[1，2]． 则对每一个t[m,M]，直线y=t与曲线y=f(x)(x[,e])都有eM=2。
并且对每一个t(,m)(M,)，直线y=t与曲线y=f(x)(x[,e])都没有公共点。 综上，当a=1时，存在最小的实数m=1，最大的实数M=2，使得对每一个t[m,M]，直线y=t 与曲线y=f(x)(x[,e])都有公共点。