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P1（x1，x2），P（x2，y2）（0＜x1＜x2），证明f（x）图象上存在点P0（x0，y0），满足x1＜x0＜x2，-数学试题及答案

1、试题题目：已知函数f（x）=ax+lnx，a∈R．（I）当a=-1时，求f（x）的最大值；（II）对..

发布人：繁体字网（www.fantiz5.com）发布时间：2015-12-12 07:30:00

试题原文

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P₁（x₁，x₂），P（x₂，y₂）（0＜x₁＜x₂），证明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a₁的取值范围．

试题来源：黄州区模拟试题题型：解答题试题难度：中档适用学段：高中考察重点：函数的最值与导数的关系

2、试题答案：该试题的参考答案和解析内容如下：

（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，．
∴f_max（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

2

x+lnx，f′（x）=

3

2

+

1

x

，∴a_n+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，a_2n+2＜a_2n，且a_2n＞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a_2k+2＜a_2k，且a_2k＞2，则
a_2k+2=

3

2

+

1

a2k

＞2?a_2k+4=

3

2

+

1

a2k+2

＞2，
a_2k+4-a_2k+2=

13a2k+2+6

2(3a2k+2+2)

-a2k+2=-

3(2a2k+2+1)(a2k+2-2)

2(3a2k+2+2)

＜0
?a_2k+4＜a_2k+2，
由上述证明可知，a₁的取值范围是（0，2）．

3、扩展分析：该试题重点查考的考点详细输入如下：

经过对同学们试题原文答题和答案批改分析后，可以看出该题目“已知函数f（x）=ax+lnx，a∈R．（I）当a=-1时，求f（x）的最大值；（II）对..”的主要目的是检查您对于考点“高中函数的最值与导数的关系”相关知识的理解。有关该知识点的概要说明可查看：“高中函数的最值与导数的关系”。

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