已知函数f(x)=ax+1-lnx,其中a∈R是常数.(1)若曲线y=[f(x)]2在点(1,f(1))处的切线平行于x轴
已知函数f(x)=ax+1-lnx,其中a∈R是常数.(1)若曲线y=[f(x)]2在点(1,f(1))处的切线平行于x轴,求a的值;(2)求函数f(x)的极值;(3)试...
已知函数f(x)=ax+1-lnx,其中a∈R是常数.(1)若曲线y=[f(x)]2在点(1,f(1))处的切线平行于x轴,求a的值;(2)求函数f(x)的极值;(3)试讨论直线y=-x+e(e为自然对数的底数)与曲线y=f(x)公共点的个数.
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(1)y/=2f(x)?f/(x)=2(ax+1-lnx)(a-
)…(1分)
依题意,y′|x=1=2(a+1)(a-1)=0…(2分),解得a=±1…(3分)
(2)f/(x)=a-
,x>0.
a≤0时,f′(x)<0,f(x)单调递减,无极值…(4分)
a>0时,由f′(x)=0得x=
…(5分)
当0<x<
时f′(x)<0,当x>
时f′(x)>0…(6分),
所以f(x)在x=
处取得极小值,极小值为f(
)=2+lna…(7分)
(3)记g(x)=f(x)-(-x+e)=(a+1)x+(1-e)-lnx,则直线y=-x+e与曲线y=f(x)公共点的个数,
即函数g(x)零点的个数.g/(x)=(a+1)-
a≤-1时,g′(x)<0,g(x)单调递减,且值域为R,有一个零点…(8分)
a>-1时,由g′(x)=0得x=
…(9分)
当0<x<
时,g′(x)<0,当x>
时g′(x)>0…(10分),
所以f(x)在x=
处取得极小值,极小值为g(
)=(2-e)+ln(a+1)…(11分)
当g(
)=(2-e)+ln(a+1)>0,即a>ee-2-1时,g(x)无零点…(12分)
当g(
)=(2-e)+ln(a+1)=0,即a=ee-2-1时,g(x)有一个零点…(13分)
当g(
)=(2-e)+ln(a+1)<0,即-1<a<ee-2-1时,g(x)有两个零点.
综上所述,a≤-1或a=ee-2-1时,直线y=-x+e与曲线y=f(x)有一个公共点;-1<a<ee-2-1时,有两个公共点;a>ee-2-1时,无公共点…(14分).
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x |
依题意,y′|x=1=2(a+1)(a-1)=0…(2分),解得a=±1…(3分)
(2)f/(x)=a-
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x |
a≤0时,f′(x)<0,f(x)单调递减,无极值…(4分)
a>0时,由f′(x)=0得x=
1 |
a |
当0<x<
1 |
a |
1 |
a |
所以f(x)在x=
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a |
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a |
(3)记g(x)=f(x)-(-x+e)=(a+1)x+(1-e)-lnx,则直线y=-x+e与曲线y=f(x)公共点的个数,
即函数g(x)零点的个数.g/(x)=(a+1)-
1 |
x |
a≤-1时,g′(x)<0,g(x)单调递减,且值域为R,有一个零点…(8分)
a>-1时,由g′(x)=0得x=
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a+1 |
当0<x<
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a+1 |
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a+1 |
所以f(x)在x=
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a+1 |
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a+1 |
当g(
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a+1 |
当g(
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a+1 |
当g(
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综上所述,a≤-1或a=ee-2-1时,直线y=-x+e与曲线y=f(x)有一个公共点;-1<a<ee-2-1时,有两个公共点;a>ee-2-1时,无公共点…(14分).
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