题目内容

【题目】已知函数f(x)=xex1﹣a(x+lnx),a∈R.
(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线为x轴,求a的值:
(2)在(1)的条件下,求f(x)的单调区间;
(3)若x>0,f(x)≥f(m)恒成立,且f(m)≥0,求证:f(m)≥2(m2﹣m3).

【答案】
(1)解:f(x)的定义域是(0,+∞),

f′(x)=ex1+xex1﹣a(1+ ),

故f(1)=1﹣a,f′(1)=2﹣2a,

故切线方程是:y﹣(1﹣a)=(2﹣2a)(x﹣1),

即y=(2﹣2a)x+a﹣1;

由2﹣2a=0,且a﹣1=0,解得:a=1


(2)解:由(1)得a=1,f′(x)=(x+1)(ex1 ),

令g(x)=ex1 ,x∈(0,+∞),

∵g′(x)=ex1+ >0,故g(x)在(0,+∞)递增,

又g(1)=0,x∈(0,1)时,g(x)<g(1)=0,

此时f′(x)<0,f(x)递减,

x∈(1,+∞)时,g(x)>g(1)=0,此时f′(x)>0,f(x)递增,

故f(x)在(0,1)递减,在(1,+∞)递增


(3)解:f′(x)=(x+1)(ex1 ),

令h(x)=ex1 ,x∈(0,+∞),

①a≤0时,h(x)>0,此时f′(x)>0,f(x)递增,无最小值,

故a≤0不合题意;

②a>0时,h′(x)>0,h(x)在(0,+∞)递增,

取实数b,满足0<b<min{ },

则eb1 = ,﹣ <﹣2,

故h(b)=eb1 ﹣2<0,

又h(a+1)=ea >1﹣ = >0,

∴存在唯一的x0∈(b,a+1),使得h(x0)=0,即a=x0

x∈(0,x0)时,h(x)<h(x0)=0,此时f′(x)<0,f(x)递减,

x∈(x0,+∞)时,h(x)>h(x0)=0,此时f′(x)>0,f(x)递增,

故x=x0时,f(x)取最小值,

由题设,x0=m,故a=mem1,lna=lnm+m﹣1,

f(m)=mem1(1﹣m﹣lnm),

由f(m)≥0,得1﹣m﹣lnm≥0,

令ω(m)=1﹣m﹣lnm,显然ω(x)在(0,+∞)递减,

∵ω(1)=0,∴,1﹣m﹣lnm≥0,故0<m≤1,

下面证明em1≥m,令n(x)=em1﹣m,则n′(m)=em1﹣1,

m∈(0,1)时,n′(x)<0,n(x)在(0,1)递减,

故m∈(0,1]时,n(m)≥n(1)=0,即em1≥m,

两边取对数,得lnem1≥lnm,即m﹣1≥lnm,﹣lnm≥1﹣m,

故1﹣m﹣lnm≥2(1﹣m)≥0,

∵em1≥m>0,∴f(m)=mem1(1﹣m﹣lnm)≥m2,2(1﹣m)=2(m2﹣m3),

综上,f(m)≥2(m2﹣m3


【解析】(1)求出函数f(x)的对数,计算f(1),f′(1),求出切线方程即可;(2)求出函数f(x)的导数,解关于导函数的不等式,求出函数的单调区间即可;(3)求出函数f(x)的导数,通过讨论a的范围求出函数的单调区间,从而证明不等式即可.
【考点精析】通过灵活运用利用导数研究函数的单调性,掌握一般的,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即可以解答此题.

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