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> 已知a∈R,函数f(x)=ax-lnx,g(x)=lnxx,x∈(0,e],(其中e是自然对数的底数,为常数),(1)当a=1时,求f(x)的单调区间与极值;(2)在(1)的条件下,求证:f(x)>g
已知a∈R,函数f(x)=ax-lnx,g(x)=lnxx,x∈(0,e],(其中e是自然对数的底数,为常数),(1)当a=1时,求f(x)的单调区间与极值;(2)在(1)的条件下,求证:f(x)>g
题目简介
已知a∈R,函数f(x)=ax-lnx,g(x)=lnxx,x∈(0,e],(其中e是自然对数的底数,为常数),(1)当a=1时,求f(x)的单调区间与极值;(2)在(1)的条件下,求证:f(x)>g
题目详情
已知a∈R,函数f(x)=ax-lnx,
g(x)=
lnx
x
,x∈(0,e],(其中e是自然对数的底数,为常数),
(1)当a=1时,求f(x)的单调区间与极值;
(2)在(1)的条件下,求证:
f(x)>g(x)+
1
2
;
(3)是否存在实数a,使得f(x)的最小值为3.若存在,求出a的值,若不存在,说明理由.
题型:解答题
难度:中档
来源:不详
答案
(1)
f
′
(x)=1-
class="stub"1
x
=
class="stub"x-1
x
,
∵x∈(0,e],
由
f
′
(x)=
class="stub"x-1
x
>0,得1<x<e,
∴增区间(1,e).
由
f
′
(x)=
class="stub"x-1
x
<0,得0<x<1.
∴减区间(0,1).
故减区间(0,1);增区间(1,e).
所以,f(x)极小值=f(1)=1.
(2)由(1)知f(x)=x-lnx在(0,e]上的最小值为f(1)=1,
∵g(x)=
class="stub"lnx
x
,
∴
g
′
(x)=
class="stub"1-lnx
x
2
,
由
g
′
(x)=
class="stub"1-lnx
x
2
>0,
解得0<x≤e,
∴g(x)在 (0,e]上为增函数,
∴g(x)max=g(e)=
class="stub"1
e
,
∵1>
class="stub"1
2
+
class="stub"1
e
,
∴f(x)>g(x)+
class="stub"1
2
.
(3)
f
′
(x)=a-
class="stub"1
x
=
class="stub"ax-1
x
,
①当a≤0时,f(x)在(0,e)上是减函数,
∴ae-1=3,a=
class="stub"4
e
>0
.
②当
0<a<
class="stub"1
e
时,f(x)=
class="stub"1
e
,f(x)在(0,e]上是减函数,
∴ae-1=3,a=
class="stub"4
e
>
class="stub"1
e
.
③当
a≥
class="stub"1
e
时,f(x)在
(0,
class="stub"1
a
]
上是减函数,
(
class="stub"1
a
,e)
是增函数,
∴
a
class="stub"1
a
-ln
class="stub"1
a
=3
,a=e2,
所以存在a=e2.
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已知函数f(x)=mx3+nx2的图象在点
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(3)是否存在实数a,使得f(x)的最小值为3.若存在,求出a的值,若不存在,说明理由.
答案
∵x∈(0,e],
由f′(x)=
∴增区间(1,e).
由f′(x)=
∴减区间(0,1).
故减区间(0,1);增区间(1,e).
所以,f(x)极小值=f(1)=1.
(2)由(1)知f(x)=x-lnx在(0,e]上的最小值为f(1)=1,
∵g(x)=
∴g′(x)=
由g′(x)=
解得0<x≤e,
∴g(x)在 (0,e]上为增函数,
∴g(x)max=g(e)=
∵1>
∴f(x)>g(x)+
(3)f′(x)=a-
①当a≤0时,f(x)在(0,e)上是减函数,
∴ae-1=3,a=
②当0<a<
∴ae-1=3,a=
③当a≥
∴a
所以存在a=e2.