已知函数f(x)=x-1-alnx。(1)当时,求f(x)的单调区间;(2)当时,关于的不等式在[1,+∞)上恒成立,求R_2的取值范围。 相关知识点: 代数 函数的应用 不等式恒成立的问题 试题来源: 解析 [答案](1)f(x)的减区间为(-1,1),增区间为(1,+∞)。(2)[解析][分析](1)对函数f(x)=x-1-aln...
综上所述,结论是:f ( x )单调递增区间为 ( (2,+∞ ) ),单调递减区间为 ( (0,2) ) 。 2. 【答案】 当a=1时,f ( x )=x-1-lnx,x 1,令g ( x )=k ( (x-1) )^2-f ( x )=k ( (x-1) )^2-x+1+lnx, 则g' ( x )=2k ( (x-1) )-1+ 1 x= ( ( (x-1) ) (...
解答: (Ⅰ)解:∵f(x)=x-1-alnx,a>0,∴x>0, f′(x)=1- a x,由f′(x)=0,得x=a.x∈(0,a)时,f′(x)<0;x∈(a,+∞)时,f′(x)>0.∴f(x)的减区间是(0,a),增区间是(a,+∞),∴f(x)极小值=f(a)=a-1-alna.∵对任意x∈(0,+∞),都有f(x)≥0恒成立,∴f(x)极小值...
解答解:(1)因为函数f(x)=x-1-alnx,x>0, 所以f′(x)=1-axax=x−axx−ax,且f(1)=0. 所以当a≤0时f′(x)>0恒成立,此时y=f(x)在(0,+∞)上单调递增,这与f(x)≥0矛盾; 当a>0时令f′(x)=0,解得x=a, 所以y=f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,即f(x)min=f(...
解答:解:(Ⅰ)f′(x)=1- a x = x-a x ,x∈(0,+∞), 当a≤0时,f′(x)>0,∴f(x)在(0,+∞), 当a>0时,令f′(x)=0,得x=0, x∈(0,a)时,f(x)单调递减, x∈(a,+∞)时,f(x)单调递增; 综上:a≤0时,f(x)在(0,+∞)上递增,无减区间, ...
已知函数 f(x)=x(1-lnx) .(1)讨论f(x)的单调性;(2)设a,b为两个不相等的正数,且 blna-alnb=a- b ,证明: 21/a+1/bc .
由f(x)=x-alnx得:y=x-alnx+b, ∴ y'=f'(x)=1-, 由已知可得:\((array)lf'(1)=-1 f(1)+b=2(array).即\((array)l1-a=-1 1+b=2(array)., ∴ a=2,b=1。 2. 【答案】 g(x)=f(x)+((a+1))x=x-alnx+((a+1))x, ...
已知函数f(x)=x-1-alnx(其中a为参数).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若对任意x∈(0,+∞),都有f(x)≥0成立,求实数a的取值集合;(3)证明:(1+1n)n<e<(1+1n)n+1(其中n
分析:函数f(x)=x-alnx的定义域为(0,+∞); (1)若a=1,f(x)=x-lnx,求导从而确定最小值; (2)求导f′(x)=1-a 1 x = x-a x ,讨论f(x)的单调性,化恒成立问题为最值问题即可. 解答:解:函数f(x)=x-alnx的定义域为(0,+∞);
(x)=1-a/x 可知，当x=a时可取最小值（可有f’(x)的取值变化得知）。所以f(a)最小值为a-1-alna，只要最小值≥0恒成立，那么f(x)≥0恒成立。再由f(a)对a求导，则有f‘(a)=-lna，所以a=1时又可取最小值，f(a)最小值为0.所以，可知f(x)≥0恒成立的充要条件是a=1.f...