分析 (1)先求函數(shù)f(x)的定義域及f′(x),再分a≥0時、a<0時兩種情況考慮即可;
(2)由(1)可得f(x)max,令g(x)=2lnx+bx2x,求出g(x)的單調(diào)區(qū)間,從而可得g(x)max,所以原不等式成立只需ee−1-lnee−1-ee−1≤1e+2,解之即可
解答 解:(1)由已知易得函數(shù)f(x)的定義域為:{x|x>1},
f′(x)=a+1x−1=ax−a+1x−1,
當(dāng)a≥0時,f′(x)>0在定義域內(nèi)恒成立,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1,+∞),
當(dāng)a<0時,由f′(x)=0得x=1-1a,
當(dāng)x∈(1,1-1a)時,f′(x)>0,
當(dāng)x∈(1-1a,+∞)時,f′(x)<0,
f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1,1-1a),遞減區(qū)間為(1-1a,+∞);
(2)由(1)知當(dāng)a=11−e時,f(x)=11−ex+ln(x-1),
且f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(1,e),單調(diào)減區(qū)間為(e,+∞),
所以f(x)max=f(e)=e1−e+ln(e-1)<0,
所以√f2(x)≥-f(e)=ee−1恒成立,(當(dāng)x=e時取等號)
令g(x)=2lnx+bx2x,則g′(x)=1−lnxx2,
當(dāng)1<x<e時,g(x)>0;當(dāng)x>e時,g(x)<0,
從而g(x)在區(qū)間(1,e)上單調(diào)遞增,在區(qū)間(e,+∞)上單調(diào)遞減,
所以g(x)max=g(e)=1e+2,
所以,存在x使得不等式√f2(x)−ee−1≤21nx+bx2x成立成立,
只需ee−1-lnee−1-ee−1≤1e+2,
即:b≥-2e-2ln(e-1).
點評 本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性及與不等式的綜合,比較復(fù)雜的函數(shù)的單調(diào)性,一般用導(dǎo)數(shù)來研究,將其轉(zhuǎn)化為函數(shù)方程不等式綜合問題解決,研究不等式時一定要先確定函數(shù)的單調(diào)性才能求解.
科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:解答題
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | ∅ | B. | {0,1} | C. | {0,1,4} | D. | {-1,0,1,4} |
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A. | y=sinx | B. | y=x3-x | C. | y=lnx-x | D. | y=xex |
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A. | 74,−14 | B. | 74,-2 | C. | 2,−14 | D. | 2,-2 |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | 4x-3y-16=0或4x-3y+16=0 | B. | 4x-3y-16=0或4x-3y+24=0 | ||
C. | 4x-3y+16=0或4x-3y+24=0 | D. | 4x-3y+16=0或4x-3y-24=0 |
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