已知函数f(x)=x-alnx,g(x)=−1+ax,(a∈R).
来源:学生作业帮 编辑:作业帮 分类:数学作业 时间:2024/10/04 11:58:39
已知函数f(x)=x-alnx,g(x)=−
,(a∈R).
1+a |
x |
解(1)∵函数f(x)=x-alnx,g(x)=−
1+a
x,(a∈R).
∴h(x)=f(x)-g(x)=x+
1+a
x−alnx,
∴h′(x)=1-
1+a
x2-
a
x=
x2−ax−(1+a)
x2=
(x+1)[x−(1+a)]
x2,
①当a+1>0时,即a>-1时,在(0,1+a)上,h′(x)<0,在(1+a,+∞)上,h′(x)>0,
∴h(x)在(0,1+a)上单调递减,在(1+a,+∞)上单调递增.
②当1+a≤0即a≤-1时,在(0,+∞)上h′(x)>0,
∴函数h(x)在(0,+∞)上是单调递增函数.
(2)在区间[1,e]上存在一点x0,使得f(x0)<g(x0)成立,
即在[1,e]上存在一点x0,使得h(x0)<0,
即函数h(x)=x+
1+a
x−alnx在[1,e]上的最小值小于零.
由(1)知:
①即1+a≥e,即a≥e-1时,f(x)在[1,e]上单调递减,
∴(1,+∞)的最小值为h(e),由h(e)=e+
1+a
e−a<0,得a>
e2+1
e−1,
∵
e2+1
e−1>e−1,∴a>
e2+1
e−1;
②当1+a≤1,即a≤0时,h(x)在[1,e]上单调递增,
所以h(x)最小值为h(1),由h(1)=1+1+a<0可得a<-2;
③当1<1+a<e,即0<a<e-1时,可得h(x)最小值为h(1+a),
因为0<ln(1+a)<1,
所以,0<aln(1+a)<a
故h(1+a)=2+a-aln(1+a)>2
此时,h(1+a)<0不成立.
综上讨论可得所求a的范围是:a>
e2+1
e−1或a<-2.
1+a
x,(a∈R).
∴h(x)=f(x)-g(x)=x+
1+a
x−alnx,
∴h′(x)=1-
1+a
x2-
a
x=
x2−ax−(1+a)
x2=
(x+1)[x−(1+a)]
x2,
①当a+1>0时,即a>-1时,在(0,1+a)上,h′(x)<0,在(1+a,+∞)上,h′(x)>0,
∴h(x)在(0,1+a)上单调递减,在(1+a,+∞)上单调递增.
②当1+a≤0即a≤-1时,在(0,+∞)上h′(x)>0,
∴函数h(x)在(0,+∞)上是单调递增函数.
(2)在区间[1,e]上存在一点x0,使得f(x0)<g(x0)成立,
即在[1,e]上存在一点x0,使得h(x0)<0,
即函数h(x)=x+
1+a
x−alnx在[1,e]上的最小值小于零.
由(1)知:
①即1+a≥e,即a≥e-1时,f(x)在[1,e]上单调递减,
∴(1,+∞)的最小值为h(e),由h(e)=e+
1+a
e−a<0,得a>
e2+1
e−1,
∵
e2+1
e−1>e−1,∴a>
e2+1
e−1;
②当1+a≤1,即a≤0时,h(x)在[1,e]上单调递增,
所以h(x)最小值为h(1),由h(1)=1+1+a<0可得a<-2;
③当1<1+a<e,即0<a<e-1时,可得h(x)最小值为h(1+a),
因为0<ln(1+a)<1,
所以,0<aln(1+a)<a
故h(1+a)=2+a-aln(1+a)>2
此时,h(1+a)<0不成立.
综上讨论可得所求a的范围是:a>
e2+1
e−1或a<-2.
已知函数f(x)=x-alnx,g(x)=−1+ax,(a∈R).
已知函数f(x)=x-1/x,g(x)=alnx(a∈R)
已知函数f(x)=alnx-ax-3(a∈R).
已知函数f(x)=x-alnx,g(x)=-1+a/x,a∈R,已知函数f(x)=x-alnx,g(x)=-1+a/x,
(2013•成都二模)已知函数f(x)=x−1x,g(x)=alnx,其中x>0,a∈R,令函数h(x)=f(x)-g(
已知函数f(x)=根号x,g(x)=alnx,a∈R
已知函数f(x)=alnx-ax-3(a∈R且a≠0.).
已知函数f(x)=alnx-(x-1)²-ax(常数a∈R).求函数f(x)的单调区间
已知函数f(x)=x+ax(a∈R),g(x)=lnx
已知函数f(x)=alnx+2/(x+1) (a∈R)
已知函数f(x)=根号x,g(x)=alnx(a属于R)
已知函数f(x)=根号x,g(x)=alnx(a属于R) 急求!