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已知函数f(x)=x(a+lnx)有极小值-e-2.(Ⅰ)求实数a的值;(Ⅱ)若k∈Z,且k<f(x)x-1对任意x>1恒成立,求k的最大值.
题目详情
已知函数f(x)=x(a+lnx)有极小值-e-2.
(Ⅰ)求实数a的值;
(Ⅱ)若k∈Z,且k<
对任意x>1恒成立,求k的最大值.
(Ⅰ)求实数a的值;
(Ⅱ)若k∈Z,且k<
f(x) |
x-1 |
▼优质解答
答案和解析
(Ⅰ)因为函数的定义域为(0,+∞),
函数的导数为f′(x)=1+a+lnx,由f′(x)=1+a+lnx=0,
解得x=e-1-a,即当x=e-1-a,时,函数取得极小值-e-2.
即f(e-1-a)=e-1-a(a-1-a)=-e-1-a=-e-2,
所以解的a=1,即实数a的值为1.
(Ⅱ)当a=1时,f(x)=x(1+lnx),所以设g(x)=
=
,
则g′(x)=
.
令h(x)=x-2-lnx,x>1.
因为h′(x)=1-
=
>0,所以函数h(x)在(1,+∞)上单调递增,
又h(3)=1-ln3<0,h(4)=2-ln4=2-2ln2>0,
所以h(x)在(1,+∞)上存在唯一的一个实数根x0,满足x0∈(3,4),且h(x0)=0.
,即x0-2-lnx0=0,所以lnx0=x0-2.
当x∈(1,x0)时,h(x)<0,此时g′(x)<0,
当x∈(x0,+∞)时,h(x)>0,此时g′(x)>0.
所以g′(x)=
在x∈(1,x0)时,单调递减,在x∈(x0,+∞)上单调递增,
所以.g(x)min=g(x0)=
=
=
=x0∈(3,4).
所以要使k<
对任意x>1恒成立,则k<g(x)min=x0∈(3,4),
因为k∈Z,所以要k≤3,即k的最大值为3.
函数的导数为f′(x)=1+a+lnx,由f′(x)=1+a+lnx=0,
解得x=e-1-a,即当x=e-1-a,时,函数取得极小值-e-2.
即f(e-1-a)=e-1-a(a-1-a)=-e-1-a=-e-2,
所以解的a=1,即实数a的值为1.
(Ⅱ)当a=1时,f(x)=x(1+lnx),所以设g(x)=
f(x) |
x-1 |
x+xlnx |
x-1 |
则g′(x)=
x-2-lnx |
(x-1)2 |
令h(x)=x-2-lnx,x>1.
因为h′(x)=1-
1 |
x |
x-1 |
x |
又h(3)=1-ln3<0,h(4)=2-ln4=2-2ln2>0,
所以h(x)在(1,+∞)上存在唯一的一个实数根x0,满足x0∈(3,4),且h(x0)=0.
,即x0-2-lnx0=0,所以lnx0=x0-2.
当x∈(1,x0)时,h(x)<0,此时g′(x)<0,
当x∈(x0,+∞)时,h(x)>0,此时g′(x)>0.
所以g′(x)=
x-2-lnx |
(x-1)2 |
所以.g(x)min=g(x0)=
x0+x0lnx0 |
x0-1 |
x0+x0(x0-2) |
x0-1 |
x0(x0-1) |
x0-1 |
所以要使k<
f(x) |
x-1 |
因为k∈Z,所以要k≤3,即k的最大值为3.
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