若函數(shù)f(x)=lnx,g(x)=x-
(I )求函數(shù)φ(x)=g(x)+kf(x)(k∈R)的單調(diào)區(qū)間
(II)若對所有的x∈[e,+∞)都有xf(x)≥ax-a成立,求實數(shù)a的取值范圍.
【答案】分析:(1)先求出φ(x)的解析式,再求出定義域,求出導數(shù)并進行整理,對△=k2-8進行分兩類討論,分別求出k的范圍、φ′(x)≥0和φ′(x)<0對應的x范圍,即是函數(shù)的單調(diào)區(qū)間;
(2)由題意得轉(zhuǎn)化為:x∈[e,+∞)都有xlnx≥ax-a成立,分離出a后構(gòu)造函數(shù)h(x)=,利用導數(shù)求出此函數(shù)在[e,+∞)上的最小值;
另解:由xlnx≥ax-a構(gòu)造函數(shù)h(x)=xlnx-ax+a,利用導數(shù)求出h(x)在[e,+∞)上的最小值,需要對a進行分類討論.
解答:解:(Ⅰ)由題意得φ(x)=x-+klnx的定義域為(0,+∞),
∴φ′(x)==,
令y=x2+kx+2得,則△=k2-8,
①當△=k2-8≤0時,即,φ′(x)≥0,
②當△=k2-8>0時,即,
此時方程x2+kx+2=0有兩個不同實根:,
時,則x1<x2<0,故φ′(x)>0,
時,則0<x1<x2,
當0<x<x1或x>x2時,φ′(x)>0;當x1<x<x2時,φ′(x)<0,
綜上:當時,φ(x)的單調(diào)遞增區(qū)間(0,+∞),
時,φ(x)的單調(diào)遞增區(qū)間(0,),(,+∞),
單調(diào)減區(qū)間為(,);
(Ⅱ)由題意得,x∈[e,+∞)都有xlnx≥ax-a成立,即a≤,
令h(x)=,x∈[e,+∞),
則h′(x)==,
∵當x≥e時,(x-lnx-1)′=1->0,
∴x-lnx-1≥e-lne-1=e-2>0,即h′(x)>0,
則h(x)在[e,+∞)上遞增,故h(x)min=h(e)=
;
另解:由xlnx≥ax-a得,xlnx-ax+a≥0,
令h(x)=xlnx-ax+a,則當在[e,+∞)上時,h(x)min≥0,
則h′(x)=lnx+1-a,由h′(x)=0得x=ea-1,
當0<x<ea-1時,h′(x)<0;當x>ea-1時,h′(x)>0,
∴h(x)在(0,ea-1)上單調(diào)遞減,在(ea-1,+∞)上單調(diào)遞增,
①當a≤2時,ea-1≤e
∴h(x)在(e,+∞)上單調(diào)遞增,
∴h(x)min=h(e)=e-ae+a≥0,即,
②當a>2時,h(e)≥0,即e-ae+a≥0,得e+a≥ae,
若2<a<e,則e+a<2e<ae;若a≥e,則e+a≤2a<ae,
∴a>2不成立,
綜上所述
點評:本題考查了導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性關系,以及恒成立問題轉(zhuǎn)化為求單調(diào)性和最值等綜合應用,考查了分類討論思想、轉(zhuǎn)化思想和分離常數(shù)方法.
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a
x
-4)的值域為R,則實數(shù)a的取值范圍是( �。�
A、(-∞,4]
B、[0,4]
C、(-∞,4)
D、(0,4)

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