题目内容
已知函数f(x)=b(x+1)lnx-x+1,斜率为l的直线与函数f(x)的图象相切于(1,0)点.
(Ⅰ)求h(x)=f(x)-xlnx的单调区间;
(Ⅱ)当实数0<a<1时,讨论g(x)=f(x)-(a+x)lnx+
a
的极值点.
(Ⅰ)求h(x)=f(x)-xlnx的单调区间;
(Ⅱ)当实数0<a<1时,讨论g(x)=f(x)-(a+x)lnx+
1 |
2 |
x | 2 |
分析:(Ⅰ)把f(x)代入h(x),对f(x)进行求导,利用导数研究h(x)的单调区间,注意函数的定义域;
(Ⅱ)已知实数0<a<1,对g(x)进行求导,令g′(x)=0,得出极值点,这时方程g′(x)=0的两个根大小不一样,需要进行讨论,然后再确定极大值和极小值点;
(Ⅱ)已知实数0<a<1,对g(x)进行求导,令g′(x)=0,得出极值点,这时方程g′(x)=0的两个根大小不一样,需要进行讨论,然后再确定极大值和极小值点;
解答:解:(Ⅰ)由题意知:f′(x)=b(lnx+
)-1,f′(1)=2b-1=1,b=1,
h(x)=f(x)-xlnx=lnx-x+1,h′(x)=
-1,
h′(x)=
-1>0解得0<x<1;
h′(x)=
-1<0解得x>1;
∴h(x)=f(x)-xlnx的单调增区间(0,1);单调减区间(1,+∞);
(Ⅱ)实数0<a<1时,g(x)=f(x)-(a+x)lnx+
a
,
∴g′(x)=
+ax-1=
=
,
由g′(x)=0得x1=
-1,x2=1,
1、若0<
-1<1,a>0即
<a<1,0<x1<x2,
此时g(x)的最小值为x=1,极大值点x=
-1,
2、若
-1=1,a>0,即a=
,x1=x2=1,则g′(x)≥0,g(x)在(0,+∞)上为单调增区间,无极值点,
3、若
-1>1,a>0即0<a<
,x1>x2=1,
此时g(x)的极大值点为x=1,极小值点x=
-1,
综上:当
<a<1时,g(x)的极值点为x=1,极大值点x=
-1;
当a=
时,g(x)无极值点为x=1,极小值点x=
-1;
当0<a<
时,g(x)的极大值点为x=1,极小值点x=
-1;
x+1 |
x |
h(x)=f(x)-xlnx=lnx-x+1,h′(x)=
1 |
x |
h′(x)=
1 |
x |
h′(x)=
1 |
x |
∴h(x)=f(x)-xlnx的单调增区间(0,1);单调减区间(1,+∞);
(Ⅱ)实数0<a<1时,g(x)=f(x)-(a+x)lnx+
1 |
2 |
x | 2 |
∴g′(x)=
1-a |
x |
ax2-x+1-a |
x |
a[x-(
| ||
x |
由g′(x)=0得x1=
1 |
a |
1、若0<
1 |
a |
1 |
2 |
x | (0,x1) | x1 | (x1,x2) | x2 | (x2,+∞) |
f′(x) | + | 0 | - | 0 | + |
f(x) | 递增 | 极大值 | 递减 | 极小值 | 递增 |
1 |
a |
2、若
1 |
a |
1 |
2 |
3、若
1 |
a |
1 |
2 |
x | (0,x2) | x2 | (x2,x1) | x1 | (x1,+∞) |
f′(x) | + | 0 | - | 0 | + |
f(x) | 递增 | 极大值 | 递减 | 极小值 | 递增 |
1 |
a |
综上:当
1 |
2 |
1 |
a |
当a=
1 |
2 |
1 |
a |
当0<a<
1 |
2 |
1 |
a |
点评:本题主要考查导函数的正负与原函数的单调性之间的关系,即当导函数大于0时原函数单调递增,当导函数小于0时原函数单调递减,还考查了分类讨论的思想,这是高考的热点问题;
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