题目内容
已知函数f(x)=ln x-.
(1)若a>0,试判断f(x)在定义域内的单调性;
(2)若f(x)在[1,e]上的最小值为,求a的值;
(3)若f(x)<x2在(1,+∞)上恒成立,求a的取值范围.
(1)f(x)在(0,+∞)上是单调递增函数
(2)a=-.
(3)a≥-1时,f(x)<x2在(1,+∞)上恒成立
解析试题分析:解 (1)由题意f(x)的定义域为(0,+∞),且f′(x)=+=.因为a>0,所以f′(x)>0,故f(x)在(0,+∞)上是单调递增函数. 3分
(2)由(1)可知,f′(x)=.
①若a≥-1,则x+a≥0,即f′(x)≥0在[1,e]上恒成立,此时f(x)在[1,e]上为增函数,
所以f(x)min=f(1)=-a=,所以a=- (舍去). 5分
②若a≤-e,则x+a≤0,即f′(x)≤0在[1,e]上恒成立,此时f(x)在[1,e]上为减函数,
所以f(x)min=f(e)=1-=⇒a=- (舍去). 7分
③若-e<a<-1,令f′(x)=0得x=-a,当1<x<-a时,f′(x)<0,所以f(x)在[1,-a]上为减函数;当-a<x<e时,f′(x)>0,所以f(x)在[-a,e]上为增函数,所以f(x)min=f(-a)=ln(-a)+1=⇒a=-.
综上所述,a=-. 9分
(3)因为f(x)<x2,所以ln x-<x2.又x>0,所以a>xln x-x3.
令g(x)=xln x-x3,
h(x)=g′(x)=1+ln x-3x2,h′(x)=-6x=. 11分
因为x∈(1,+∞)时,h′(x)<0,h(x)在(1,+∞)上是减函数.
所以h(x)<h(1)=-2<0,即g′(x)<0,
所以g(x)在[1,+∞)上也是减函数,则g(x)<g(1)=-1,
所以a≥-1时,f(x)<x2在(1,+∞)上恒成立. 13分
考点:导数的运用
点评:主要是考查了导数在研究函数中的运用,属于基础题。