4.解题

初夏的夜晚很美，你也是

答案来源百度：解：（I）由

f(e)=2得b=2,

f(e)=2得b=2,

（II）由（I）可得

f(x)=−ax+2+ax\ln x.

f(x)=−ax+2+axlnx.

从而

f'(x)=a\ln x.

f

′

(x)=alnx.

因为a≠0

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;

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.

a<0时,由f

′

(x)>0得0<x<1,由f

′

(x)<0得x>1.

综上，当

a>0

a>0

时，函数

f(x)

f(x)

的单调递增区间为

(1,+∞)

(1,+∞)

，

单调递减区间为（0，1）；

当

a>0

a>0

时，函数

f(x)

f(x)

的单调递增区间为（0，1），

单调递减区间为

(1,+∞)

(1,+∞)

。

（III）当a=1时，

f(x)=−x+2+x\ln x,f'(x)=\ln x.

f(x)=−x+2+xlnx,f

′

(x)=lnx.

由（II）可得，当x在区间

(\frac{1}{e},e)

(

e

1

​

,e)

内变化时，

f'(x),f(x)

f

′

(x),f(x)

的变化情况如下表：

x

x

\frac{1}{e}

e

1

​

(\frac{1}{e},1)

(

e

1

​

,1)

1

1

(1,e)

(1,e)

e

e

f'(x)

f

′

(x)

-0+

f(x)

f(x)

2−\frac{2}{e}

2−

e

2

​

单调递减极小值1单调递增2

又

2−\frac{2}{e}<2,所以函数f'(x)=(x∈[\frac{1}{e},e])

2−

e

2

​

<2,所以函数f

′

(x)=(x∈[

e

1

​

,e])

的值域为[1，2]。

据经可得，若

\left\{\begin{matrix}m=1,\\ M=2\end{matrix}\right.

{

m=1,

M=2

​

，则对每一个

t∈[m,M]

t∈[m,M]

，直线y=t与曲线

y=f(x)(x∈[\frac{1}{e},e])

y=f(x)(x∈[

e

1

​

,e])

都有公

共点。

并且对每一个

t∈(−∞,m)∪(M,+∞)

t∈(−∞,m)∪(M,+∞)

，直线

y=t

y=t

与曲线

y=f(x)(x∈[\frac{1}{e},e])

y=f(x)(x∈[

e

1

​

,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]

t∈[m,M]

，直线y=t

与曲线

y=f(x)(x∈[\frac{1}{e},e])

y=f(x)(x∈[

e

1

​

,e])

都有公共点。

咱也不知道，咱也不敢改呀。

水一章，嘿嘿。

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