题目内容
已知函数f(x)=
(1)当n=2时,求函数F(x)=f(x)+g(x)的极值;
(2)若对任意的正整数n,当s≥2,x≥2时,f(s)+g(x)≤x-1.求a的取值范围.
【答案】分析:(1)求出F(x)的解析式,根据对数函数的性质,求出其定义域,把n=2代入F(x),利用导数研究函数的极值点;
(2)已知对于任意的正整数n,当s≥2,x≥2时,f(s)+g(x)≤x-1,将其转化为1≤x-1-aln(x-1),即只需x-2-aln(x-1)≥0对x≥2成立,再对a进行讨论,求出a的范围;
解答:解:(1)由已知得函数F(x)的定义域为{x|x>1},
当n=2时,F(x)=
+aln(x-1),所以F′(x)=
,
①当a>0时,由F′(x)=0得x1=1+
>1,x2=1-
<1,
此时F′(x)=
,
当x∈(1,x1)时,F′(x)<0,F(x)单调递减;
当x∈(x1,+∞)时,F′(x)>0,F(x)单调递增;
从而F(x)在x1=1+
处取得极小值,极小值为:F(1+
)=
(1+ln
),
②当a≤0时,F′(x)<0恒成立,所以F(x)无极值.
综上所述,n=2时;
当a>0时,F(x)在x=1+
处取得极小值,极小值为F(1+
)=
(1+ln
)
当a≤0时,函数为减函数,F(x)无极值;
(2)当x≥2时,对任意的正整数n,恒有f(s)=
≤1,故对任意的正整数n,当s≥2,x≥2时,
有f(s)+g(x)≤x-1,只需1≤x-1-aln(x-1),即只需x-2-aln(x-1)≥0对x≥2成立,
令h(x)=x-2-aln(x-1),因为h′(x)=1-
=
(x≥2),又h(2)=0,
所以当x∈[2,+∞)时,h(x)≥h(2),即h(x)当x∈[2,+∞)时最小值为h(2)=0,
①当a≤1,h′(x)=
≥0,h(x)当x∈[2,+∞)单调递增,结论成立;
②当a>1时,当x∈[2,1+a),h′(x)<0,x∈[1+a,+∞),h′(x)≥0,又h(2)=0,
故结论不成立,
综合得a≤1;
点评:此题主要考查利用导数研究函数的极值,解题过程中也用到了分类讨论和转化的思想,考查的知识点比较多,这类综合题,也是高考的热点问题;
(2)已知对于任意的正整数n,当s≥2,x≥2时,f(s)+g(x)≤x-1,将其转化为1≤x-1-aln(x-1),即只需x-2-aln(x-1)≥0对x≥2成立,再对a进行讨论,求出a的范围;
解答:解:(1)由已知得函数F(x)的定义域为{x|x>1},
当n=2时,F(x)=
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①当a>0时,由F′(x)=0得x1=1+
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此时F′(x)=
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当x∈(1,x1)时,F′(x)<0,F(x)单调递减;
当x∈(x1,+∞)时,F′(x)>0,F(x)单调递增;
从而F(x)在x1=1+
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②当a≤0时,F′(x)<0恒成立,所以F(x)无极值.
综上所述,n=2时;
当a>0时,F(x)在x=1+
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当a≤0时,函数为减函数,F(x)无极值;
(2)当x≥2时,对任意的正整数n,恒有f(s)=
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有f(s)+g(x)≤x-1,只需1≤x-1-aln(x-1),即只需x-2-aln(x-1)≥0对x≥2成立,
令h(x)=x-2-aln(x-1),因为h′(x)=1-
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所以当x∈[2,+∞)时,h(x)≥h(2),即h(x)当x∈[2,+∞)时最小值为h(2)=0,
①当a≤1,h′(x)=
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②当a>1时,当x∈[2,1+a),h′(x)<0,x∈[1+a,+∞),h′(x)≥0,又h(2)=0,
故结论不成立,
综合得a≤1;
点评:此题主要考查利用导数研究函数的极值,解题过程中也用到了分类讨论和转化的思想,考查的知识点比较多,这类综合题,也是高考的热点问题;
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1 |
f(n) |
A、
| ||
B、
| ||
C、
| ||
D、
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