题目内容
(2013•淄博二模)已知P(x,y)为函数y=1+lnx图象上一点,O为坐标原点,记直线OP的斜率k=f(x).
(Ⅰ)若函数f(x)在区间(m,m+
)(m>0)上存在极值,求实数m的取值范围;
(Ⅱ)当 x≥1时,不等式f(x)≥
恒成立,求实数t的取值范围.
(Ⅰ)若函数f(x)在区间(m,m+
1 |
3 |
(Ⅱ)当 x≥1时,不等式f(x)≥
t |
x+1 |
分析:(Ⅰ)由斜率公式求出k=f(x),求出导数f′(x),根据导数符号可判断f(x)的极值情况,要使函数f(x)在区间(m,m+
)(其中m>0)上存在极值,须有极值点在该区间内,从而得不等式组,解出即可;
(Ⅱ)由f(x)≥
得t≤
,令g(x)=
,则问题转化为求函数g(x)的最小值问题,利用导数研究函数g(x)的单调性,由单调性即可求得其最小值;
1 |
3 |
(Ⅱ)由f(x)≥
t |
x+1 |
(x+1)(1+lnx) |
x |
(x+1)(1+lnx) |
x |
解答:解:(Ⅰ)由题意k=f(x)=
,x>0,
所以f′(x)=(
)′=-
,
当0<x<1时,f'(x)>0;当x>1时,f'(x)<0.
所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
故f(x)在x=1处取得极大值.
因为函数f(x)在区间(m,m+
)(其中m>0)上存在极值,
所以
,解得
<m<1.
故实数m的取值范围是(
,1).
(Ⅱ)由f(x)≥
得t≤
,
令g(x)=
,则g′(x)=
.
令h(x)=x-lnx,则h′(x)=1-
=
,
因为x≥1,所以h'(x)≥0,故h(x)在[1,+∞)上单调递增.
所以h(x)≥h(1)=1>0,从而g'(x)>0,g(x)在[1,+∞)上单调递增,g(x)≥g(1)=2,
所以实数t的取值范围是(-∞,2].
1+lnx |
x |
所以f′(x)=(
1+lnx |
x |
lnx |
x2 |
当0<x<1时,f'(x)>0;当x>1时,f'(x)<0.
所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
故f(x)在x=1处取得极大值.
因为函数f(x)在区间(m,m+
1 |
3 |
所以
|
2 |
3 |
故实数m的取值范围是(
2 |
3 |
(Ⅱ)由f(x)≥
t |
x+1 |
(x+1)(1+lnx) |
x |
令g(x)=
(x+1)(1+lnx) |
x |
x-lnx |
x2 |
令h(x)=x-lnx,则h′(x)=1-
1 |
x |
1-x |
x |
因为x≥1,所以h'(x)≥0,故h(x)在[1,+∞)上单调递增.
所以h(x)≥h(1)=1>0,从而g'(x)>0,g(x)在[1,+∞)上单调递增,g(x)≥g(1)=2,
所以实数t的取值范围是(-∞,2].
点评:本题考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值,考查恒成立问题,恒成立问题往往转化为求函数最值解决,体现转化思想.
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