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已知函数f(x)=x-alnx,(a∈R).(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数;(2)设g(x)=-a+1x,若不等式f(x)>g(x)对任意x∈[1,e]恒成立,求a的取值范围.
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已知函数f(x)=x-alnx,(a∈R).
(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数;
(2)设g(x)=-
,若不等式f(x)>g(x)对任意x∈[1,e]恒成立,求a的取值范围.
(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数;
(2)设g(x)=-
a+1 |
x |
▼优质解答
答案和解析
(1)f(x)=x-alnx,(x>0),
f′(x)=1-
=
,
①a≤0时,f′(x)>0,f(x)递增,f(x)无极值;
②a>0时,令f′(x)>0,解得:x>a,令f′(x)<0,解得:0<x<a,
∴f(x)在(0,a)递减,在(a,+∞)递增,
f(x)有1个极小值点;
(2)若不等式f(x)>g(x)对任意x∈[1,e]恒成立,
令h(x)=f(x)-g(x),即h(x)最小值>0在[1,e]恒成立,
则h(x)=x-alnx+
(a∈R),
∴h′(x)=1-
-
=
,
①当1+a≤0,即a≤-1时,在[1,e]上为增函数,f(x)min=f(1)=1+1+a>0,
解得:a>-2,即-2<a≤-1,
当a>-1时
①当1+a≥e时,即a≥e-1时,f(x)在[1,e]上单调递减,
∴f(x)min=f(e)=e+
-a>0,解得a<
,
∵
>e-1,
∴e-1≤a<
;
②当0<1+a≤1,即-1<a≤0,f(x)在[1,e]上单调递增,
∴f(x)min=f(1)=1+1+a>0,
解得a>-2,故-2<a<-1;
③当1<1+a<e,即0<a<e-1时,f(x)min=f(1+a),
∵0<ln(1+a)<1,
∴0<aln(1+a)<a,
∴f(1+a)=a+2-aln(1+a)>2,此时f(1+a)>0成立,
综上,-2<a<
时,不等式f(x)>g(x)对任意x∈[1,e]恒成立.
f′(x)=1-
a |
x |
x-a |
x |
①a≤0时,f′(x)>0,f(x)递增,f(x)无极值;
②a>0时,令f′(x)>0,解得:x>a,令f′(x)<0,解得:0<x<a,
∴f(x)在(0,a)递减,在(a,+∞)递增,
f(x)有1个极小值点;
(2)若不等式f(x)>g(x)对任意x∈[1,e]恒成立,
令h(x)=f(x)-g(x),即h(x)最小值>0在[1,e]恒成立,
则h(x)=x-alnx+
a+1 |
x |
∴h′(x)=1-
a |
x |
a+1 |
x2 |
(x+1)[x-(a+1)] |
x2 |
①当1+a≤0,即a≤-1时,在[1,e]上为增函数,f(x)min=f(1)=1+1+a>0,
解得:a>-2,即-2<a≤-1,
当a>-1时
①当1+a≥e时,即a≥e-1时,f(x)在[1,e]上单调递减,
∴f(x)min=f(e)=e+
a+1 |
e |
e2+1 |
e-1 |
∵
e2+1 |
e-1 |
∴e-1≤a<
e2+1 |
e-1 |
②当0<1+a≤1,即-1<a≤0,f(x)在[1,e]上单调递增,
∴f(x)min=f(1)=1+1+a>0,
解得a>-2,故-2<a<-1;
③当1<1+a<e,即0<a<e-1时,f(x)min=f(1+a),
∵0<ln(1+a)<1,
∴0<aln(1+a)<a,
∴f(1+a)=a+2-aln(1+a)>2,此时f(1+a)>0成立,
综上,-2<a<
e2+1 |
e-1 |
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