题目内容
(2009•聊城二模)已知函数f(x)=lnx+
,其中a为大于零的常数.
(1)若函数f(x)在区间[1,+∞)内单调递增,求a的取值范围;
(2)求函数f(x)在区间[1,2]上的最小值.
1-x | ax |
(1)若函数f(x)在区间[1,+∞)内单调递增,求a的取值范围;
(2)求函数f(x)在区间[1,2]上的最小值.
分析:(1)求导数f′(x),由函数f(x)在区间[1+∞)内单调递增,得f′(x)≥0在[1,+∞)上恒成立,分离参数后转化为求函数最值即可;
(2)令f′(x)=0,得x=
,根据x=
在区间[1,2]外、区间内分情况讨论,按照单调性即可求得其最小值;
(2)令f′(x)=0,得x=
1 |
a |
1 |
a |
解答:解:f′(x)=
(x>0),
(1)由已知,得f′(x)≥0在[1,+∞)上恒成立,
即a≥
在[1,+∞)上恒成立,
又∵当x∈[1,+∞)时,
≤1,
∴a≥1,即a的取值范围为[1,+∞);
(2)当a≥1时,f′(x)>0在(1,2)上恒成立,这时f(x)在[1,2]上为增函数,
∴f(x)min=f(1)=0;
当0<a≤
,∵f′(x)<0在(1,2)上恒成立,这时f(x)在[1,2]上为减函数,
∴f(x)min=f(2)=ln2-
;
当
<a<1时,令f′(x)=0,得x=
∈(1,2),
又∵对于x∈[1,
)有f′(x)<0,对于x∈(
,2)有f′(x)>0,
∴f(x)min=f(
)=ln
+1-
,
综上,f(x)在[1,2]上的最小值为
①当0<a≤
时,f(x)min=ln2-
;
②当
<a<1时,f(x)min=ln
+1-
;
③当a≥1时,f(x)min=0.
ax-1 |
ax2 |
(1)由已知,得f′(x)≥0在[1,+∞)上恒成立,
即a≥
1 |
x |
又∵当x∈[1,+∞)时,
1 |
x |
∴a≥1,即a的取值范围为[1,+∞);
(2)当a≥1时,f′(x)>0在(1,2)上恒成立,这时f(x)在[1,2]上为增函数,
∴f(x)min=f(1)=0;
当0<a≤
1 |
2 |
∴f(x)min=f(2)=ln2-
1 |
2a |
当
1 |
2 |
1 |
a |
又∵对于x∈[1,
1 |
a |
1 |
a |
∴f(x)min=f(
1 |
a |
1 |
a |
1 |
a |
综上,f(x)在[1,2]上的最小值为
①当0<a≤
1 |
2 |
1 |
2a |
②当
1 |
2 |
1 |
a |
1 |
a |
③当a≥1时,f(x)min=0.
点评:本题考查利用导数研究函数的单调性、在闭区间上的最值及函数恒成立问题,考查分类讨论思想,函数恒成立问题往往转化为函数最值解决.
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