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