题目内容

函数f(x)=x-
alnx
x
,其中a为常数.
(1)证明:对任意a∈R,函数y=f(x)图象恒过定点;
(2)当a=1时,不等式f(x)+2b≤0在x∈(0,+∞)上有解,求实数b的取值范围;
(3)若对任意a∈[m,0)时,函数y=f(x)在定义域上恒单调递增,求m的最小值.
(1)证明:令lnx=0,得x=1,且f(1)=1,
∴函数y=f(x)图象恒过定点(1,1).                …(2分)
(2)当a=1时,f(x)=x-
lnx
x

f′(x)=1-
1-lnx
x2
,即f′(x)=
x2+lnx-1
x2

令f'(x)=0,得x=1.
x (0,1) 1 (1,+∞)
f'(x)
-
0 +
f(x) 极小值
∴fmin(x)=f(1)=1,
∵f(x)+2b≤0在x∈(0,+∞)上有解,
∴-2b≥fmin(x),即-2b≥1,
∴实数b的取值范围为(-∞,-
1
2
]
.…(9分)
(3)f′(x)=1-
a-alnx
x2
,即f′(x)=
x2+alnx-a
x2
,令h(x)=x2+alnx-a,
由题意可知,对任意a∈[m,0),f'(x)≥0在x∈(0,+∞)恒成立,
即h(x)=x2+alnx-a≥0在x∈(0,+∞)恒成立.
h′(x)=2x+
a
x
=
2x2+a
x
,令h'(x)=0,得x=-
-
a
2
(舍)或
-
a
2

列表如下:
x (0,
-
a
2
-
a
2
-
a
2
,+∞)
h'(x) - 0 +
h(x) 极小值
hmin(x)=h(
-
a
2
)=(ln
-
a
2
-
3
2
)a≥0
,解得a≥-2e3
∴m的最小值为-2e3.                                 …(16分)
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