题目内容

【题目】已知函数f(x)=lnx﹣ ,g(x)= ﹣1. (Ⅰ)若a>0,试判断f(x)在定义域内的单调性;
(Ⅱ)若f(x)在[1,e]上的最小值为 ,求a的值;
(Ⅲ)当a=0时,若x≥1时,恒有xf(x)≤λ[g(x)+x]成立,求λ的最小值.

【答案】解:(Ⅰ)∵f(x)=lnx﹣ , ∴由题意知f(x)的定义域为(0,+∞)
且f′(x)= + =
∵a>0,∴f′(x)>0,
故f(x)在(0,+∞)上是单调递增函数
(Ⅱ)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,
∴f(x)min=f(1)=﹣a= ,∴a=﹣ (舍去).
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,
∴f(x)min=f(e)=1﹣ = ,∴a=﹣ (舍去).
③若﹣e<a<﹣1,令f′(x)=0得x=﹣a,
当1<x<﹣a时,f′(x)<0,∴f(x)在(1,﹣a)上为减函数;
当﹣a<x<e时,f′(x)>0,∴f(x)在(﹣a,e)上为增函数,
∴f(x)min=f(﹣a)=ln(﹣a)+1= ,∴a=﹣
综上所述,a=﹣
(Ⅲ)∵xf(x)≤λ[g(x)+x],∴
∴xlnx≤λ( ),∴lnx﹣ (x﹣ )≤0,

当λ≤﹣1时,△=4﹣4(﹣λ)(﹣λ)≤0,故恒有﹣λx2+2x﹣λ≥0,
则G′(x)≥0恒成立,故G(x)在区间[1,+∞)单调递增,
∴G(x)≥G(1)=0,这与条件矛盾;
当﹣1<λ<0时,x=﹣
故有y=﹣λx2+2x﹣λ在区间[1,+∞)上单调递增,
故有﹣λx2+2x﹣λ>2﹣2λ>0,则G′(x)≥0恒成立,
故G(x)在区间[1,+∞)上恒单调递增,
∴G(x)≥G(1)=0,这与条件矛盾;
当λ=0时,G′(x)= >0,故G(x)在区间[1,+∞)上单调递增,
∴G(x)≥G(1),这与条件矛盾;
当0<λ<1时,设﹣λx2+2x﹣λ=0的两根为x1 , x2 , 且x1<x2

∴0<x1<1<x2 , ∴x∈(1,x2)时,﹣λx2+2x﹣λ>0,
故函数G(x)在区间(1,x2)上单调递增,
∴G(x2)≥G(1)=0,这与条件矛盾;
当λ≥1时,△=4﹣4(﹣λ)(﹣λ)≤0,故恒有﹣λx2+2x﹣λ≤0,
∴G′(x)≤0恒成立,故G(x)在区间[1,+∞)上单调递减,
∴G(x)≤G(1)=0,命题成立.
综上所述λ≥1,所以λ的最小值为1.
【解析】(Ⅰ)由题意知f(x)的定义域为(0,+∞),且f′(x)= + = ,由此得到f(x)在(0,+∞)上是单调递增函数.(Ⅱ)由f′(x)= ,根据a≥﹣1,a≤﹣e,﹣e<a<﹣1,进行分类讨论,利用导数性质能求出a的值.(Ⅲ)推导出lnx﹣ (x﹣ )≤0,令 ,要所λ≤﹣1,﹣1<λ<0,λ=0,0<λ<1,λ≥1进行分类讨论,利用导数性质能求出λ的最小值.
【考点精析】利用利用导数研究函数的单调性和函数的最大(小)值与导数对题目进行判断即可得到答案,需要熟知一般的,函数的单调性与其导数的正负有如下关系: 在某个区间内,(1)如果,那么函数在这个区间单调递增;(2)如果,那么函数在这个区间单调递减;求函数上的最大值与最小值的步骤:(1)求函数内的极值;(2)将函数的各极值与端点处的函数值比较,其中最大的是一个最大值,最小的是最小值.

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