已知函数f(x)=lnx,g(x)=12x
来源:学生作业帮 编辑:搜搜考试网作业帮 分类:综合作业 时间:2024/08/18 00:21:03
已知函数f(x)=lnx,g(x)=
x
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![已知函数f(x)=lnx,g(x)=12x](/uploads/image/z/15659764-52-4.jpg?t=%E5%B7%B2%E7%9F%A5%E5%87%BD%E6%95%B0f%28x%29%EF%BC%9Dlnx%EF%BC%8Cg%28x%29%EF%BC%9D12x)
因为当x>1时,不等式k(x-1)<xf(x)+2g′(x)+3恒成立,
即k(x-1)<xlnx+2(x-2)+3对一切x∈(1,+∞)恒成立,
亦即k<
xlnx+2x−1
x−1=
xlnx+1
x−1+2对一切x∈(1,+∞)恒成立,
所以不等式转化为k<
xlnx+1
x−1+2对任意x>1恒成立.
设p(x)=
xlnx+1
x−1+2,则p′(x)=
x−lnx−2
(x−1)2,
令r(x)=x-lnx-2(x>1),则r′(x)=1-
1
x=
x−1
x>0
所以r(x)在(1,+∞)上单调递增.
因为r(3)=3-ln3-2=1-ln3<0,r(4)=4-ln4-2=2-2ln2>0,
所以r(x)=0在(1,+∞)上存在唯一实根x0,且满足x0∈(3,4),
当1<x<x0时,r(x)<0,即p′(x)<0;
当x>x0时,r(x)>0,即p′(x)>0.
所以函数p(x)=
xlnx+1
x−1+2在(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
又r(x0)=x0-lnx0-2=0,所以lnx0=x0-2.
所以[p(x)]min=p(x0)=
x0lnx0+1
x0−1+2=
x0(x0−2)+1
x0−1=x0-1+2∈(4,5),
所以k<[p(x)]min=x0-1+2∈(4,5)
故整数k的最大值是4.
故答案为:4
即k(x-1)<xlnx+2(x-2)+3对一切x∈(1,+∞)恒成立,
亦即k<
xlnx+2x−1
x−1=
xlnx+1
x−1+2对一切x∈(1,+∞)恒成立,
所以不等式转化为k<
xlnx+1
x−1+2对任意x>1恒成立.
设p(x)=
xlnx+1
x−1+2,则p′(x)=
x−lnx−2
(x−1)2,
令r(x)=x-lnx-2(x>1),则r′(x)=1-
1
x=
x−1
x>0
所以r(x)在(1,+∞)上单调递增.
因为r(3)=3-ln3-2=1-ln3<0,r(4)=4-ln4-2=2-2ln2>0,
所以r(x)=0在(1,+∞)上存在唯一实根x0,且满足x0∈(3,4),
当1<x<x0时,r(x)<0,即p′(x)<0;
当x>x0时,r(x)>0,即p′(x)>0.
所以函数p(x)=
xlnx+1
x−1+2在(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
又r(x0)=x0-lnx0-2=0,所以lnx0=x0-2.
所以[p(x)]min=p(x0)=
x0lnx0+1
x0−1+2=
x0(x0−2)+1
x0−1=x0-1+2∈(4,5),
所以k<[p(x)]min=x0-1+2∈(4,5)
故整数k的最大值是4.
故答案为:4
已知函数f(x)=x+ax(a∈R),g(x)=lnx
已知a∈R,函数f(x)=ax+lnx−1,g(x)=(lnx−1)ex+x
已知函数f(x)=x^3-2x+1,g(x)=lnx,求F(x)=f(x)-g(x)的单调区间和极值.
已知函数f(x)=x-lnx,g(x)=lnx/x,求证f(x)>g(x)+1/2
已知函数f(x)=lnx+a/x-2 g(x)=lnx+2x
已知函数f(x)=12x2+lnx
已知函数f(x)=lnx+1x−1
已知函数f(x)=x-lnx,g(x)=lnx/x (1)求函数f(x)的单调区间
已知函数g(x)=x/lnx,f(x)=g(x)-ax(a>0)
已知函数f(x)=lnx+2x,g(x)=a(x^2+x)
已知函数f(x)=3x-lnx,求这个函数的导数f'(x)
已知函数f(x)=lnx,g(x)=1/2x^2-2x