作业帮已知函数f（x）=x（a+lnx）有极小值-e-2．
来源：学生作业帮 编辑：作业帮 分类：数学作业 时间：2024/09/05 02:45:09
已知函数f（x）=x（a+lnx）有极小值-e-2．
（Ⅰ）求实数a的值；
（Ⅱ）若k∈Z，且k＜
（Ⅰ）求实数a的值；
（Ⅱ）若k∈Z，且k＜
| f(x) |
| x-1 |
（Ⅰ）因为函数的定义域为（0，+∞），
函数的导数为f′（x）=1+a+lnx，由f′（x）=1+a+lnx=0，
解得x=e-1-a，即当x=e-1-a，时，函数取得极小值-e-2．
即f（e-1-a）=e-1-a（a-1-a）=-e-1-a=-e-2，
所以解的a=1，即实数a的值为1．
（Ⅱ）当a=1时，f（x）=x（1+lnx），所以设g(x)=
f(x)
x-1=
x+xlnx
x-1，
则g′(x)=
x-2-lnx
(x-1)2．
令h（x）=x-2-lnx，x＞1．
因为h′(x)=1-
1
x=
x-1
x＞0，所以函数h（x）在（1，+∞）上单调递增，
又h（3）=1-ln3＜0，h（4）=2-ln4=2-2ln2＞0，
所以h（x）在（1，+∞）上存在唯一的一个实数根x0，满足x0∈（3，4），且h（x0）=0．
，即x0-2-lnx0=0，所以lnx0=x0-2．
当x∈（1，x0）时，h（x）＜0，此时g′（x）＜0，
当x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，此时g′（x）＞0．
所以g′(x)=
x-2-lnx
(x-1)2在x∈（1，x0）时，单调递减，在x∈（x0，+∞）上单调递增，
所以.g(x)min=g(x0)=
x0+x0lnx0
x0-1=
x0+x0(x0-2)
x0-1=
x0(x0-1)
x0-1=x0∈（3，4）．
所以要使k＜
f(x)
x-1对任意x＞1恒成立，则k＜g（x）min=x0∈（3，4），
因为k∈Z，所以要k≤3，即k的最大值为3．
函数的导数为f′（x）=1+a+lnx，由f′（x）=1+a+lnx=0，
解得x=e-1-a，即当x=e-1-a，时，函数取得极小值-e-2．
即f（e-1-a）=e-1-a（a-1-a）=-e-1-a=-e-2，
所以解的a=1，即实数a的值为1．
（Ⅱ）当a=1时，f（x）=x（1+lnx），所以设g(x)=
f(x)
x-1=
x+xlnx
x-1，
则g′(x)=
x-2-lnx
(x-1)2．
令h（x）=x-2-lnx，x＞1．
因为h′(x)=1-
1
x=
x-1
x＞0，所以函数h（x）在（1，+∞）上单调递增，
又h（3）=1-ln3＜0，h（4）=2-ln4=2-2ln2＞0，
所以h（x）在（1，+∞）上存在唯一的一个实数根x0，满足x0∈（3，4），且h（x0）=0．
，即x0-2-lnx0=0，所以lnx0=x0-2．
当x∈（1，x0）时，h（x）＜0，此时g′（x）＜0，
当x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，此时g′（x）＞0．
所以g′(x)=
x-2-lnx
(x-1)2在x∈（1，x0）时，单调递减，在x∈（x0，+∞）上单调递增，
所以.g(x)min=g(x0)=
x0+x0lnx0
x0-1=
x0+x0(x0-2)
x0-1=
x0(x0-1)
x0-1=x0∈（3，4）．
所以要使k＜
f(x)
x-1对任意x＞1恒成立，则k＜g（x）min=x0∈（3，4），
因为k∈Z，所以要k≤3，即k的最大值为3．
已知函数f(x)=-x^2+ax+1-lnx.函数f(x)是否既有极大值又有极小值,求出a的取值范围；
已知a∈R,函数f(x)=lnx+(x-a)^2有极大值x1和极小值x21)求a的取值范围 （2）比较1/2[f(x1)
已知函数f（x）＝x*2－2lnx,则函数fx的极小值为
已知函数fx =x2 +a/x-6lnx,若f(x)有极小值,求a的取值范围
已知函数f(x)=lnx-e∧x+a
已知函数f（x）=lnx-ax,a为常数.若函数f（x）有两个零点x1,x2,试证明x1x2＞e^2
已知a属于R,函数f(x)=a/x+lnx-1,g(x)=(lnx-1)e^x+x(其中e为自然对数的底数）
已知函数f（x）=x｜lnx-a｜
已知函数f(x)=（e的2x次方/2）-（a+1)e的x次方+ax >0),求f(x)的极大值点,极小值点.
已知函数f(x)=lnx-（a/x）,g(x)=e^x(ax+1),a为常数
已知函数f(x)=-x²+ax-Inx(a∈R),求函数f（x）既有极大值又有极小值的充要条件
已知函数f(x)=-x²+ax-Inx(a∈R),求函数f（x）既有极大值又有极小值的充要条件