(2013•聊城二模)已知函数f(x)=1−a+lnxx在x=e上取得极值,a,t∈R,且t>0.
来源:学生作业帮 编辑:作业帮 分类:综合作业 时间:2024/05/22 08:30:53
(2013•聊城二模)已知函数f(x)=
1−a+lnx |
x |
(Ⅰ)∵f(x)=
1−a+lnx
x(x>0),
∴f′(x)=
a−lnx
x2.
∵函数f(x)在x=e上取得极值,
∴f′(e)=
a−1
e2=0,即a=1.
验证可知,a=1时,函数f(x)在x=e上取得极大值.
(Ⅱ)g′(x)=f(x)+(x−1)f′(x)=
x−1+lnx
x2,
则g′(1)=0,且x∈(0,1)时,g′(x)<0,x∈(1,+∞)时,g′(x)>0;
∴g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
∴当t∈(0,1]时,g(x)在(0,t]上单调递减,g(x)min=g(t)=
(t−1)lnt
t;
当t∈(1,+∞)时,g(x)在(0,1]上单调递减,在(1,t]上单调递增,g(x)min=g(1)=0
综上所述,g(x)min=
(t−1)lnt
t,t∈(0,1]
0,t∈(1,+∞).
(Ⅲ)证明:构造函数h(x)=xf(x)-tx,x∈(0,+∞)
则h(x)=lnx-tx,h′(x)=
1−tx
x;
∴x∈(
1
t,+∞)时,h′(x)<0,函数h(x)单调递减.
∵x1,x2∈(
1
t,+∞),且x1≠x2,
∴x1>x2时,h(x1)<h(x2),
∴x1f(x1)-x2f(x2)<t(x1-x2),
即
x1f(x1)−x2f(x2)
x1−x2<t;
同理,x1<x2时也成立.
所以,对任意的x1,x2∈(
1
t,+∞),且x1≠x2,都有
x1f(x1)−x2f(x2)
x1−x2<t.
1−a+lnx
x(x>0),
∴f′(x)=
a−lnx
x2.
∵函数f(x)在x=e上取得极值,
∴f′(e)=
a−1
e2=0,即a=1.
验证可知,a=1时,函数f(x)在x=e上取得极大值.
(Ⅱ)g′(x)=f(x)+(x−1)f′(x)=
x−1+lnx
x2,
则g′(1)=0,且x∈(0,1)时,g′(x)<0,x∈(1,+∞)时,g′(x)>0;
∴g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
∴当t∈(0,1]时,g(x)在(0,t]上单调递减,g(x)min=g(t)=
(t−1)lnt
t;
当t∈(1,+∞)时,g(x)在(0,1]上单调递减,在(1,t]上单调递增,g(x)min=g(1)=0
综上所述,g(x)min=
(t−1)lnt
t,t∈(0,1]
0,t∈(1,+∞).
(Ⅲ)证明:构造函数h(x)=xf(x)-tx,x∈(0,+∞)
则h(x)=lnx-tx,h′(x)=
1−tx
x;
∴x∈(
1
t,+∞)时,h′(x)<0,函数h(x)单调递减.
∵x1,x2∈(
1
t,+∞),且x1≠x2,
∴x1>x2时,h(x1)<h(x2),
∴x1f(x1)-x2f(x2)<t(x1-x2),
即
x1f(x1)−x2f(x2)
x1−x2<t;
同理,x1<x2时也成立.
所以,对任意的x1,x2∈(
1
t,+∞),且x1≠x2,都有
x1f(x1)−x2f(x2)
x1−x2<t.
(2013•聊城二模)已知函数f(x)=1−a+lnxx在x=e上取得极值,a,t∈R,且t>0.
已知函数f(x)=12x4+bx3+cx2+dx+e(x∈R)在x=0和x=1处取得极值.
已知 f(x)=ax^3+bx^2+cx(a≠0)是定义在R上的奇函数,且x=-1时,函数取得极值1
已知函数f(x)=(ax^2-1)e^x,a∈R.(1)若函数f(x)在x=1时取得极值,求a的值.(2)当a≤0时,求
已知函数f(x)=x³+ax²-x-a,x∈R,且当x=1时,f(x)取得极值.
已知f(x)是定义在R上的偶函数,且当x>0时,f(x)=x−2x+1,若对任意实数t∈[12,2],都有f(t+a)-
已知函数f(x)=1−m+lnxx
已知函数f(x)=lnxx
已知定义在r上的函数f(x)=x^2(ax-3),其中a属于r,且a不为0 (1)若x=1是函数f(x)的一个极值点,求
已知函数f(x)=13ax3−12(a+1)x2+bx(a,b∈R,a≠1,a>0)在x=1时取得极值.
已知函数f(x)=ax3+bx2+cx(a#0)是定义在R上的奇函数,且x=-1时,取得极值1,求f(x)的解析式
已知函数f(x)=ln(x+a)-x^2-x在x=0处取得极值