题目内容
【题目】已知函数f(x),
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)证明:a=1时,f(x)+g(x)﹣(1)lnx>e.
【答案】(1)详见解析;(2)证明见解析
【解析】
(1)对求导后,再对a分类讨论即可得出函数的单调性.
(2)a=1时,将所证不等式转化为ex﹣ex+1,令F(x)=ex﹣ex+1,G(x),分别根据导数求出的最小值和的最大值即可证明不等式成立.
(1)f(x)alnx,(x∈(0,+∞)).
.
当a≤0时,<0,函数f(x)在x∈(0,+∞)上单调递减.
a>0时,由,得,由,得
所以函数在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增.
(2)证明:a=1时,要证f(x)+g(x)﹣(1)lnx>e.
即要证:lnx﹣e>0ex﹣ex+1.x∈(0,+∞).
令F(x)=ex﹣ex+1,F′(x)=ex﹣e,
当x∈(0,1)时,F′(x)<0,此时函数F(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时,F′(x)>0,此时函数F(x)单调递增.
可得x=1时,函数F(x)取得最小值,F(1)=1.
令G(x),G′(x),
当时,,此时为增函数,
当时。,此时为减函数
所以x=e时,函数G(x)取得最大值,G(e)=1.
x=1与x=e不同时取得,因此F(x)>G(x),即ex﹣ex+1.x∈(0,+∞).
故原不等式成立.
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