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已知函数f(x)=xlnx+x-k(x-1)在(1,+∞)内有唯一零点x0,若k∈(n,n+1),n∈Z,则n=.
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已知函数f(x)=xlnx+x-k(x-1)在(1,+∞)内有唯一零点x0,若k∈(n,n+1),n∈Z,则n=___.
▼优质解答
答案和解析
∵f(x)=xlnx+x-k(x-1),x∈(1,+∞),
∴f′(x)=1+lnx+1-k=lnx+2-k,
当k≤2时,f′(x)>0恒成立,
∴f(x)在(1,+∞)上单调递增,且f(x)>f(1)=1,
∴f(x)在(1,+∞)上没有零点,
当k>2时,令f′(x)>0,解得x>ek-2,函数f(x)单调递增,
令f′(x)<0,解得1k-2,函数f(x)单调递减,
∴f(x)min=f(ek-2)=(k-2)ek-2+ek-2-kek-2+k=-ek-2+k,
∵f(x)=xlnx+x-k(x-1)在(1,+∞)内有唯一零点x0,
∴f(x0)=f(ek-2)=0,
即-ek-2+k=0,
令g(k)=-ek-2+k,k>2.
∴g′(k)=-ek-2<0恒成立,
∴g(k)在(2,+∞)上单调递减,
∵g(3)=-e+3>0,g(4)=-e2+4<0,
∴g(3)•g(4)<0,
∴k∈(3,4),
∵k∈(n,n+1),n∈Z,
∴n=3,
故答案为:3.
∴f′(x)=1+lnx+1-k=lnx+2-k,
当k≤2时,f′(x)>0恒成立,
∴f(x)在(1,+∞)上单调递增,且f(x)>f(1)=1,
∴f(x)在(1,+∞)上没有零点,
当k>2时,令f′(x)>0,解得x>ek-2,函数f(x)单调递增,
令f′(x)<0,解得1
∴f(x)min=f(ek-2)=(k-2)ek-2+ek-2-kek-2+k=-ek-2+k,
∵f(x)=xlnx+x-k(x-1)在(1,+∞)内有唯一零点x0,
∴f(x0)=f(ek-2)=0,
即-ek-2+k=0,
令g(k)=-ek-2+k,k>2.
∴g′(k)=-ek-2<0恒成立,
∴g(k)在(2,+∞)上单调递减,
∵g(3)=-e+3>0,g(4)=-e2+4<0,
∴g(3)•g(4)<0,
∴k∈(3,4),
∵k∈(n,n+1),n∈Z,
∴n=3,
故答案为:3.
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