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已知函数f(x)=a(x-1)-lnx(a为实数),g(x)=x-1,h(x)=g(x),f(x)<g(x)f(x),f(x)≥g(x).(1)当a=1时,求函数f(x)=a(x-1)-lnx在点(1,f(1))处的切线方程;(2)讨论函数f(x)的单调
题目详情
已知函数f(x)=a(x-1)-lnx(a为实数),g(x)=x-1,h(x)=
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(1)当a=1时,求函数f(x)=a(x-1)-lnx在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)讨论函数f(x)的单调性;
(3)若h(x)=f(x),求实数a的值.
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(1)当a=1时,求函数f(x)=a(x-1)-lnx在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)讨论函数f(x)的单调性;
(3)若h(x)=f(x),求实数a的值.
▼优质解答
答案和解析
(1)当a=1时,f(x)=x-1-lnx,f(1)=0,f′(x)=1-
,∴f′(1)=0,
∴函数f(x)=a(x-1)-lnx在点(1,f(1))处的切线方程为y=0;
(2)f′(x)=a-
(x>0),
a≤0,f′(x)<0,函数在(0,+∞)上单调递减;
a>0,由f′(x)>0,解得x>
,函数的单调递增区间是(
,+∞),
f′(x)<0,0<x<
,函数的单调递减区间是(0,
);
(3)令G(x)=f(x)-g(x)=(a-1)(x-1)-lnx,定义域(0,+∞),G(1)=0.
∵h(x)=f(x),∴x>0,G(x)≥0成立;
a≤1,G′(x)=a-1-
<0,G(x)在(0,+∞)单调递减,
∴G(2)<G(1)=0,此时题设不成立;
a>1时,G(x)在(0,
)上单调递减,(
,+∞)上单调递增,
∴G(x)min=2-a+ln(a-1),
∴2-a+ln(a-1)≥0恒成立,
令t=a-1,t>0,则1-t+lnt≥0恒成立,
令H(t)=1-t+lnt(t>0),则H(1)=0,H′(t)=
,
∴H(t)在(0,1)上单调递增,(1,+∞)上单调递减,
∴H(t)max=H(1)=0,
∴H(t)≤0(t=1时取等号),
t>0时,1-t+lnt=0的解为t=1,即a=2.
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x |
∴函数f(x)=a(x-1)-lnx在点(1,f(1))处的切线方程为y=0;
(2)f′(x)=a-
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x |
a≤0,f′(x)<0,函数在(0,+∞)上单调递减;
a>0,由f′(x)>0,解得x>
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a |
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a |
f′(x)<0,0<x<
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a |
1 |
a |
(3)令G(x)=f(x)-g(x)=(a-1)(x-1)-lnx,定义域(0,+∞),G(1)=0.
∵h(x)=f(x),∴x>0,G(x)≥0成立;
a≤1,G′(x)=a-1-
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x |
∴G(2)<G(1)=0,此时题设不成立;
a>1时,G(x)在(0,
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a-1 |
1 |
a-1 |
∴G(x)min=2-a+ln(a-1),
∴2-a+ln(a-1)≥0恒成立,
令t=a-1,t>0,则1-t+lnt≥0恒成立,
令H(t)=1-t+lnt(t>0),则H(1)=0,H′(t)=
1-t |
t |
∴H(t)在(0,1)上单调递增,(1,+∞)上单调递减,
∴H(t)max=H(1)=0,
∴H(t)≤0(t=1时取等号),
t>0时,1-t+lnt=0的解为t=1,即a=2.
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