已知函数f(x)=ax+lnx(a∈R)(Ⅰ)当a=1时,求f(x)的最小值;(...
已知函数f(x)=ax+lnx(a∈R)(Ⅰ)当a=1时,求f(x)的最小值;(Ⅱ)若f(x)在(0,e]上的最小值为2,求实数a的值;(Ⅲ)当a=-1时,试判断函数g(...
已知函数f(x)=ax+lnx(a∈R) (Ⅰ)当a=1时,求f(x)的最小值; (Ⅱ)若f(x)在(0,e]上的最小值为2,求实数a的值; (Ⅲ)当a=-1时,试判断函数g(x)=f(x)+lnxx在其定义域内的零点的个数.
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解:(Ⅰ)当a=1时,f(x)=
1
x
+lnx,(x>0),f′(x)=-
1
x2
+
1
x
=
x-1
x2
当x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,
当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
所以,当x=1时,f(x)有最小值:f(x)min=f(1)=1.
(Ⅱ)因为f′(x)=-
a
x2
+
1
x
=
x-a
x2
,
①当a≤0时,f′(x)>0,f(x)在(0,e]上为增函数,此时f(x)在(0,e]上无最小值.
②当a∈(0,e]时,若x∈(0,a),则f′(x)<0,f(x)单调递减,
若x∈(a,e],则f′(x)>0,f(x)单调递增,
所以f(x)min=f(a)=1+lna=2,∴a=e,符合题意;
③当a>e时,x∈(0,e],
∴f′(x)<0,f(x)单调递减,
所以f(x)min=f(e)=
a
e
+1=2,
∴a=e,不符合题意;
综上所述,a=e时符合题意.
(Ⅲ)证明当a=-1时,函数g(x)=-
1
x
+lnx+
lnx
x
,
g′(x)=
1
x2
+
1
x
+
1-lnx
x2
=
2+x-lnx
x2
,
令φ(x)=2+x-lnx,(x>0),则φ′(x)=1-
1
x
=
x-1
x
,
所以x∈(0,1)时,φ′(x)<0,φ(x)单调递减,
当x∈(1,+∞)时,φ′(x)>0,φ(x)单调递增,
所以,φ(x)min=φ(1)=3>0,在定义域内g′(x)>0,g(x)在(0,+∞)单调递增,
又g(1)=-1<0,而g(e)=-
1
e
+1+
1
e
=1>0,
因此,函数g(x)在(1,e)上必有零点,又g(x)在(0,+∞)单调递增,
所以函数g(x)=f(x)+
lnx
x
在其定义域内有唯一的零点.
1
x
+lnx,(x>0),f′(x)=-
1
x2
+
1
x
=
x-1
x2
当x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,
当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
所以,当x=1时,f(x)有最小值:f(x)min=f(1)=1.
(Ⅱ)因为f′(x)=-
a
x2
+
1
x
=
x-a
x2
,
①当a≤0时,f′(x)>0,f(x)在(0,e]上为增函数,此时f(x)在(0,e]上无最小值.
②当a∈(0,e]时,若x∈(0,a),则f′(x)<0,f(x)单调递减,
若x∈(a,e],则f′(x)>0,f(x)单调递增,
所以f(x)min=f(a)=1+lna=2,∴a=e,符合题意;
③当a>e时,x∈(0,e],
∴f′(x)<0,f(x)单调递减,
所以f(x)min=f(e)=
a
e
+1=2,
∴a=e,不符合题意;
综上所述,a=e时符合题意.
(Ⅲ)证明当a=-1时,函数g(x)=-
1
x
+lnx+
lnx
x
,
g′(x)=
1
x2
+
1
x
+
1-lnx
x2
=
2+x-lnx
x2
,
令φ(x)=2+x-lnx,(x>0),则φ′(x)=1-
1
x
=
x-1
x
,
所以x∈(0,1)时,φ′(x)<0,φ(x)单调递减,
当x∈(1,+∞)时,φ′(x)>0,φ(x)单调递增,
所以,φ(x)min=φ(1)=3>0,在定义域内g′(x)>0,g(x)在(0,+∞)单调递增,
又g(1)=-1<0,而g(e)=-
1
e
+1+
1
e
=1>0,
因此,函数g(x)在(1,e)上必有零点,又g(x)在(0,+∞)单调递增,
所以函数g(x)=f(x)+
lnx
x
在其定义域内有唯一的零点.
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