已知函数f(x)=+a,g(x)=aln x-x(a≠0).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)求证:当a>0时,对于任意x1,x2∈,总有g(x1)&
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已知函数f(x)=+a,g(x)=aln x-x(a≠0). (1)求函数f(x)的单调区间; (2)求证:当a>0时,对于任意x1,x2∈,总有g(x1)<f(x2)成立. |
答案
(1)当a>0时,f(x)的单调递增区间为(-1,1),单调递减区间为(-∞,-1),(1,+∞);当a<0时,f(x)的单调递增区间为(-∞,-1),(1,+∞),单调递减区间为(-1,1).(2)见解析 |
解析
(1)函数f(x)的定义域为R, f′(x)=. 当a>0时,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x
| (-∞,-1)
| -1
| (-1,1)
| 1
| (1,+∞)
| f′(x)
| -
| 0
| +
| 0
| -
| f(x)
| ↘
|
| ↗
|
| ↘
| 当a<0时,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x
| (-∞,-1)
| -1
| (-1,1)
| 1
| (1,+∞)
| f′(x)
| +
| 0
| -
| 0
| +
| f(x)
| ↗
|
| ↘
|
| ↗
| 综上所述,当a>0时,f(x)的单调递增区间为(-1,1),单调递减区间为(-∞,-1),(1,+∞);当a<0时,f(x)的单调递增区间为(-∞,-1),(1,+∞),单调递减区间为(-1,1). (2)证明:由(1)可知,当a>0时,f(x)在(0,1)上单调递增,f(x)在(1,e]上单调递减,且f(e)=+a>a=f(0). 所以x∈(0,e]时,f(x)>f(0)=a. 因为g(x)=aln x-x,所以g′(x)=-1, 令g′(x)=0,得x=a. ①当0<a<e时,由g′(x)>0,得0<x<a;由g′(x)<0,得x>a,所以函数g(x)在(0,a)上单调递增,在(a,e]上单调递减, 所以g(x)max=g(a)=aln a-a. 因为a-(aln a-a)=a(2-ln a)>a(2-ln e)=a>0, 所以对于任意x1,x2∈(0,e],总有g(x1)<f(x2). ②当a≥e时,g′(x)≥0在(0,e]上恒成立, 所以函数g(x)在(0,e]上单调递增,g(x)max=g(e)=a-e<a, 所以对于任意x1,x2∈(0,e],仍有g(x1)<f(x2). 综上所述,对于任意x1,x2∈(0,e],总有g(x1)<f(x2). |
举一反三
已知函数f(x)=x3+ax2+bx. (1)若a=2b,试问函数f(x)能否在x=-1处取到极值?若有可能,求出实数a,b的值;否则说明理由. (2)若函数f(x)在区间(-1,2),(2,3)内各有一个极值点,试求w=a-4b的取值范围. |
设函数f(x)在R上的导函数为f′(x),且2f(x)+xf′(x)>x2,下面不等式在R上恒成立的是( )A.f(x)>0 | B.f(x)<0 | C.f(x)>x | D.f(x)<x |
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已知函数f(x)=,其导函数记为f′(x),则f(2 012)+f′(2 012)+f(-2012)-f′(-2012)=________. |
已知函数f(x)=aln x+x2(a>0),若对定义域内的任意x,f′(x)≥2恒成立,则a的取值范围是________. |
设f(x)=+xln x,g(x)=x3-x2-3. (1)如果存在x1,x2∈[0,2]使得g(x1)-g(x2)≥M成立,求满足上述条件的最大整数M; (2)如果对于任意的s,t∈,都有f(s)≥g(t)成立,求实数a的取值范围. |
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