微专题39-形如f(x)ln-x+g(x)型的函数问题

微专题39形如f(x)lnx＋g(x)型的函数问题1．函数f(x)＝1＋2lnxx2的单调递增区间是．解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，令f′(x)＝－4lnxx3＞0，解得0＜x＜1，即函数f(x)的单调递增区间是(0,1)．(0,1)2．已知直线y＝x－a＋1与曲线y＝lnx相切，则a的值是.解法1设切点为(x0，y0)，则y0＝x0－a＋1，y0＝lnx0，且1x0＝1，所以a的值是2.解法2注意到y＝x－1与y＝lnx相切，所以a的值是2.23．已知函数f(x)＝lnx－mx(m∈R)在区间[1，e]上取得最小值4，则m＝.解析：因为f(x)在区间[1，e]上取得最小值4，所以至少满足f(1)≥4，f(e)≥4，解得m≤－3e.又f′(x)＝x＋mx2且x∈[1，e]，所以f′(x)＜0，即f(x)在区间[1，e]上单调递减，所以f(x)min＝f(e)＝1－me＝4，即m＝－3e.－3e4．已知函数f(x)＝xlnx，若对于x≥1都有f(x)≥ax－1，则实数a的取值范围是．(－∞，1]解法1原不等式等价于xlnx－ax＋1≥0，令h(x)＝xlnx－ax＋1，h′(x)＝1＋lnx－a，当a≤1时，则h′(x)＝1＋lnx－a≥0，h(x)在[1，＋∞)上单调递增，h(x)≥h(1)＝1－a≥0，满足题意；当a＞1时，h(x)在(1，ea－1)上单调递减，在(ea－1，＋∞)上单调递增，h(ea－1)＜h(1)＝1－a＜0，不合题意．综上所述，实数a的取值范围是(－∞，1]．解法2原不等式等价于a≤lnx＋1x，令g(x)＝lnx＋1x，g′(x)＝1x－1x2＝x－1x2≥0(x≥1)，所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以a≤g(x)min＝g(1)＝1，即实数a的取值范围是(－∞，1]．解法3令x＝1，则f(1)≥a－1，即a≤1，当a≤1时，设F(x)＝xlnx－ax＋1.F′(x)＝lnx＋1－a≥0.∴F(x)在[1，＋∞)上递增，又F(1)＝1－a≥0，∴F(x)≥0，故f(1)≥ax－1，在[1，＋∞)上恒成立．∴a≤1.即实数a的取值范围为(－∞，1]．5．已知函数f(x)＝x2＋alnx，对任意两个正数x1，x2(x1＞x2)都有fx1－fx2x1－x2＞2成立，则实数a的取值范围是.解析：设g(x)＝f(x)－2x＝x2＋alnx－2x(x＞0)，g′(x)＝2x2－2x＋ax，根据题意，只需g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以2x2－2x＋a≥0在(0，＋∞)上恒成立，解得a≥12.12，＋∞6．已知函数f(x)＝1＋lnxx，若关于x的不等式f2(x)＋af(x)＞0有且仅有两个整数解，则实数a的取值范围为.－1＋ln22，－1＋ln33解析：因为f′(x)＝1－1＋lnxx2＝－lnxx2，所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝1，且x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0恒成立．当a＞0时，f2(x)＋af(x)＞0等价于f(x)＞0或f(x)＜－a，此时x有无数个整数解，不合题意；当a＝0时，同样得x有无数个整数解，不合题意；当a＜0时，f2(x)＋af(x)＞0等价于f(x)＞－a或f(x)＜0，因为f(x)＜0无整数解，所以只需考虑f(x)＞－a有且仅有两个整数解，可知当f(3)≤－a＜f(2)时满足题意，即1＋ln33≤－a＜1＋ln22，即a∈－1＋ln22，－1＋ln33；综上所述，实数a的取值范围为－1＋ln22，－1＋ln33.7．已知函数f(x)＝alnx＋bx－bx(a，b∈R)．(1)若f′(1)＝4且b＝1，求函数y＝f(x)的单调递增区间；(2)当b＝－1时，若f(x)存在两个极值点m，n，且m∈(0，e]，求f(m)－f(n)的最大值．答案：(1)(0，＋∞)；(2)4e.解析：(1)因为f′(x)＝ax＋b＋bx2，且f′(1)＝4，所以a＋2b＝4，又b＝1，可得a＝2，b＝1，则f′(x)＝2x＋1＋1x2＞0在定义域(0，＋∞)恒成立，所以函数y＝f(x)的单调增区间是(0，＋∞)．(2)当b＝－1时，f(x)＝alnx－x＋1x(x＞0)，f′(x)＝ax－1－1x2＝－x2＋ax－1x2，令f′(x)＝0得x2－ax＋1＝0，其两根为m，n，且Δ＝a2－4＞0，m＋n＝a，mn＝1，∴n＝1m，a＝m＋1m，∴f(m)－f(n)＝f(m)－f1m＝alnm－m＋1m－aln1m－1m＋m＝2alnm－2m＋2m＝2m＋1mlnm－2m－1m，设g(m)＝2m＋1mlnm－2m－1m，m∈(0，e]，g′(m)＝2m－1m＋1m2lnm，m∈(0，e]，当m∈(0,1)时，g′(m)＞0，当m∈(1，e]时，g′(m)＞0，∴m∈(0，e]时，恒有g′(m)≥0且仅g′(1)＝0，∴g(m)在(0，e]上单调递增，∴g(m)max＝g(e)＝4e，即f(m)－f(n)的最大值为4e.8．设函数f(x)＝lnx，g(x)＝mx＋nx＋1(m＞0)．(1)当m＝1时，函数f(x)，g(x)在x＝1处的切线互相垂直，求n的值；(2)是否存在实数k，使得任意的x∈12，＋∞，都有函数y＝f(x)＋kx的图象在y＝exx的图象的下方？若存在，请求出最大整数k的值；若不存在，请说理由．(参考数据：ln2＝0.6931，e12＝1.6487)答案：(1)n＝5；(2)1.解析：(1)当m＝1时，g′(x)＝1－nx＋12，则y＝g(x)在x＝1处的斜率为g′(1)＝1－n4，又y＝f(x)在x＝1处的斜率为f′(1)＝1，则1－n4＝－1，解得n＝5.(2)假设存在实数k满足题意，则不等式lnx＋kx＜exx对x∈12，＋∞恒成立，即k＜ex－xlnx对x∈12，＋∞恒成立．令h(x)＝ex－xlnx，则h′(x)＝ex－lnx－1，令r(x)＝ex－lnx－1，则r′(x)＝ex－1x，因为r′(x)在12，＋∞上单调递增，r′12＝e12－2＜0，r′(1)＝e－1＞0，且r′(x)的图象在12，1上不间断，所以存在x0∈12，1，使得r′(x0)＝0，即ex0－1x0＝0，则x0＝－lnx0，所以当x∈12，x0时，r(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，r(x)单调递增．则r(x)取到最小值r(x0)＝ex0－lnx0－1＝x0＋1x0－1＞1＞0，所以h′(x)＞0，即h(x)在区间12，＋∞内单调递增，所以k≤h12＝e12－12ln12＝e12＋12ln2＝1.99525，所以存在实数k满足题意，且最大整数k的值为1.