早教吧作业答案频道 -->数学-->
已知函数f(x)=xlnx;(Ⅰ)函数g(x)=-ax+f(x)的单调区间;(Ⅱ)若k∈Z,且f(x)+x-k(x-1)>0对任意x>1恒成立,求k的最大值.
题目详情
已知函数f(x)=xlnx;
(Ⅰ)函数g(x)=-ax+f(x)的单调区间;
(Ⅱ)若k∈Z,且f(x)+x-k(x-1)>0对任意x>1恒成立,求k的最大值.
(Ⅰ)函数g(x)=-ax+f(x)的单调区间;
(Ⅱ)若k∈Z,且f(x)+x-k(x-1)>0对任意x>1恒成立,求k的最大值.
▼优质解答
答案和解析
(Ⅰ)由于函数g′(x)=(-ax)′+f′(x)=-a+1+lnx,其定义域为(0,+∞)
令g′(x)>0,x>ea-1,令g′(x)<0,0<x<ea-1,
则函数g(x)的单调增区间为(ea-1,+∞),
函数g(x)的单调减区间为(0,ea-1);
(Ⅱ))因为f(x)=xlnx,所以f(x)+x-k(x-1)>0对任意x>1恒成立,
即k(x-1)<x+xlnx,
因为x>1,
也就是k<
对任意x>1恒成立.
令h(x)=
,
则h′(x)=
,
令φ(x)=x-lnx-2(x>1),
则φ′(x)=1−
=
>0,
所以函数φ(x)在(1,+∞)上单调递增.
因为φ(3)=1-ln3<0,φ(4)=2-2ln2>0,
所以方程φ(x)=0在(1,+∞)上存在唯一实根x0,且满足x0∈(3,4).
当1<x<x0时,φ(x)<0,
即h′(x)<0,当x>x0时,φ(x)>0,即h′(x)>0,
所以函数h(x)=
在(1,x0)上单调递减,
在(x0,+∞)上单调递增.
所以[h(x)]min=h(x0)=
=
=x0∈(3,4).
所以k<[g(x)]min=x0
因为x0∈(3,4).
故整数k的最大值是3.
令g′(x)>0,x>ea-1,令g′(x)<0,0<x<ea-1,
则函数g(x)的单调增区间为(ea-1,+∞),
函数g(x)的单调减区间为(0,ea-1);
(Ⅱ))因为f(x)=xlnx,所以f(x)+x-k(x-1)>0对任意x>1恒成立,
即k(x-1)<x+xlnx,
因为x>1,
也就是k<
x•lnx+x |
x−1 |
令h(x)=
x•lnx+x |
x−1 |
则h′(x)=
x−lnx−2 |
(x−1)2 |
令φ(x)=x-lnx-2(x>1),
则φ′(x)=1−
1 |
x |
x−1 |
x |
所以函数φ(x)在(1,+∞)上单调递增.
因为φ(3)=1-ln3<0,φ(4)=2-2ln2>0,
所以方程φ(x)=0在(1,+∞)上存在唯一实根x0,且满足x0∈(3,4).
当1<x<x0时,φ(x)<0,
即h′(x)<0,当x>x0时,φ(x)>0,即h′(x)>0,
所以函数h(x)=
x•lnx+x |
x−1 |
在(x0,+∞)上单调递增.
所以[h(x)]min=h(x0)=
x0(1+inx0) |
x0−1 |
x0(1+x0−2) |
(x0−1) |
所以k<[g(x)]min=x0
因为x0∈(3,4).
故整数k的最大值是3.
看了 已知函数f(x)=xlnx;...的网友还看了以下:
1、定义在R上的函数y=f(x),f(0)≠0,当x>0时,f(x)>1,且对任意的a,b∈R,有 2020-05-16 …
已知f(x)=xlnx,g(x)=-x2+ax-3.已知f(x)=xlnx,g(x)=-x2+ax 2020-05-16 …
已知定义域为R的函数f(x)在(8,+∞)上为减函数,且函数y=f(x+8)为偶函数 则( ) A 2020-05-16 …
已知f(x)=xlnx,g(x)=1/2x2–x+a.证明:对一切x属于0到正无穷(开区间),都有 2020-05-21 …
高中必修1函数题定义在R上的函数y=f(x),f(x)≠0.当x>0时,f(x)>1.且对于任意的 2020-06-02 …
设f(x)=a\x+xlnx,g(x)=x^3-x^2-3有两小题,(1)x1,x2属于[0,2] 2020-07-09 …
已知定义在R上的奇函数f(x)满足:对于任意x∈R有f(x+1)=-f(x),对于任意0≤x1<x 2020-07-20 …
(2012•黔东南州一模)已知函数f(x)=xlnx+alnxx(x>1)的图象经过(e2,e22 2020-07-22 …
(2013•绵阳二模)已知函数f(x)=xlnx(x∈(0,+∞)(Ⅰ)求g(x)=f(x+1)x 2020-08-02 …
求证:当x>0,且x≠1时,不等式xlnx>x-1成立. 2020-11-01 …