(2012•德阳二模)已知函数f(x)=lnx,g(x)=k•x−1x+1
来源:学生作业帮 编辑:作业帮 分类:综合作业 时间:2024/05/14 11:57:13
(2012•德阳二模)已知函数f(x)=lnx,g(x)=k•
x−1 |
x+1 |
(1)函数F(x)的定义域是(0,+∞).
∵F(x)=lnx-k
x−1
x+1,∴F′(x)=
1
x−k
2
(x+1)2=
x2+2(1−k)x+1
x(x+1)2,①
方程x2+2(1-k)x+1=0的判别式△=4(1-k)2-4=4(k2-2k),
当△≤0时,即0≤k≤2时,在x∈(0,+∞)上,恒有F′(x)≥0成立,
∴F(x)在(0,+∞)上单调递增.
当△>0时,得k>2或k<0.
而当k<0时,由①可看出F′(x)>0在(0,+∞)上恒成立,∴F(x)在(0,+∞)上单调递增;
当k>2时,方程x2+2(1-k)x+1=0的两根分别是:x1=k−1−
k2−2k,x2=k−1+
k2−2k.
可得:0<x1=
1
k−1+
k2−2k<1<x2,
于是可判断出:在(0,x1)上,F′(x)>0;在(x1,x2)上,F′(x)<0;在(x2,+∞)上,F′(x)>0.
所以,F(x)在(0,k−1−
k2−2k)上单调递增,在(k−1−
k2−2k,k−1+
∵F(x)=lnx-k
x−1
x+1,∴F′(x)=
1
x−k
2
(x+1)2=
x2+2(1−k)x+1
x(x+1)2,①
方程x2+2(1-k)x+1=0的判别式△=4(1-k)2-4=4(k2-2k),
当△≤0时,即0≤k≤2时,在x∈(0,+∞)上,恒有F′(x)≥0成立,
∴F(x)在(0,+∞)上单调递增.
当△>0时,得k>2或k<0.
而当k<0时,由①可看出F′(x)>0在(0,+∞)上恒成立,∴F(x)在(0,+∞)上单调递增;
当k>2时,方程x2+2(1-k)x+1=0的两根分别是:x1=k−1−
k2−2k,x2=k−1+
k2−2k.
可得:0<x1=
1
k−1+
k2−2k<1<x2,
于是可判断出:在(0,x1)上,F′(x)>0;在(x1,x2)上,F′(x)<0;在(x2,+∞)上,F′(x)>0.
所以,F(x)在(0,k−1−
k2−2k)上单调递增,在(k−1−
k2−2k,k−1+
(2012•德阳二模)已知函数f(x)=lnx,g(x)=k•x−1x+1
(2014•汕尾二模)已知函数f(x)=1x+lnx−1,g(x)=(lnx-1)ex+x(其中e为自然对数的底数).
(2012•枣庄二模)已知函数f(x)=x−ax(a∈R),g(x)=lnx.
已知函数f(x)=x2+k|lnx-1|,g(x)=x|x-k|-2,其中0<k≤4.
已知函数f(x)=lnx+a/x,g(x)=x,F(x)=f(1+e的x次方)-g(x),x属于R
(2013•莱芜二模)已知函数f(x)=ax+lnx,g(x)=ex.
(2014•乌鲁木齐二模)已知函数f(x)=x−1lnx.
已知函数f(x)=x-lnx,g(x)=lnx/x,求证f(x)>g(x)+1/2
(2013•威海二模)已知函数f(x)=ax+lnx,x∈[1,e].
已知函数f(x)=lnx+1x
(2012•东城区二模)已知函数f(x)=(a+1a)lnx+1x-x(a>1).
已知函数f(x)=lnx, g(x)=1/2x2