题目内容
14.已知函数f(x)=lnx+ax(Ⅰ)讨论f(x)的单调性
(Ⅱ)若x>0时,f(x)<(a+2)x2都成立,求a的取值范围.
分析 (Ⅰ)求函数的导数,即可讨论函数f(x)的单调性;
(Ⅱ)令h(x)=f(x)-(a+2)x2=lnx+ax-(a+2)x2,利用导数求得函数h(x)的最大值为h($\frac{1}{2}$),只要有$h(\frac{1}{2})<0$即可求得结论.
解答 解:(Ⅰ)函数的定义域为(0,+∞),
函数的f(x)的导数f′(x)=$\frac{1}{x}$+a,
当a≥0时,f′(x)>0,此时函数单调递增,
当a<0时,f′(x)=$\frac{1}{x}$+a=$\frac{ax+1}{x}$,
由f′(x)>0,解得0<x<-$\frac{1}{a}$,
由f′(x)<0,解得x>$-\frac{1}{a}$,
∴函数f(x)在(0,$-\frac{1}{a}$)上增函数,则($-\frac{1}{a}$,+∞)是减函数.
(Ⅱ)令h(x)=f(x)-(a+2)x2=lnx+ax-(a+2)x2,
∴h′(x)=$\frac{1}{x}$+a-2(a+2)x=$\frac{[(a+2)x+1](-2x+1)}{x}$,
∴①当a+2≥0,即a≥-2时,
x | (0,$\frac{1}{2}$) | $\frac{1}{2}$ | ($\frac{1}{2}$,+∞) |
h′(x) | + | 0 | - |
h(x) | ↗ | 极大值 | ↘ |
∴-2≤a<2+4ln2;
②当a+2<0即a<-2时,h(x)在(0,+∞)上无最大值,故不可能恒小于0,故a<-2不成立.
综上所述a的取值范围为[-2,2+4ln2).
点评 本题主要考查函数的单调性和导数之间的关系,综合考查导数的应用,属于难题.
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