分析 (1)對f(x)求導(dǎo),求得切線的斜率和切點坐標(biāo),由點斜式方程可得切線的方程;
(2)討論f(x)的導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性,求得φ(a)=lna+1-a的導(dǎo)數(shù),判斷單調(diào)性,可得f(x)的導(dǎo)數(shù)的符號,即可得證;
(3)方法一、求出f(x)的導(dǎo)數(shù),討論①當(dāng)a≤1時,②當(dāng)a>1時,判斷單調(diào)性,即可得到所求范圍;
方法二、令$g(x)=lnx-a(1-\frac{1}{x})$,求出導(dǎo)數(shù),討論①當(dāng)a≤1時,②當(dāng)a>1時,判斷單調(diào)性,即可得到所求范圍.
解答 解:(1)對f(x)求導(dǎo),得f′(x)=lnx+1-a,
則f'(1)=1-a.又f(1)=0,
即有曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y=(1-a)(x-1);
(2)因為f′(x)=lnx+1-a為增函數(shù),
所以當(dāng)x∈(0,a)時,f′(x)<f'(a)=lna+1-a.
令φ(a)=lna+1-a,求導(dǎo)得$φ'(a)=\frac{1}{a}-1=\frac{1-a}{a}$.
當(dāng)a∈(0,1)時,φ'(a)>0,φ(a)為增函數(shù);
當(dāng)a∈(1,+∞)時,φ'(a)<0,φ(a)為減函數(shù).
因此φ(a)≤φ(1)=0,即f′(a)≤0.
所以,當(dāng)x∈(0,a)時,f'(x)<0.
所以f(x)在(0,a)上為減函數(shù);
(3)解法1:f'(x)=lnx+1-a.
①當(dāng)a≤1時,因為f'(x)=lnx+1-a為增函數(shù),
所以當(dāng)x≥1時,lnx+1-a≥ln1+1-a=1-a≥0,因此f'(x)≥0.
當(dāng)且僅當(dāng)a=1且x=1時等號成立.所以f(x)在(1,+∞)上為增函數(shù).
因此當(dāng)x≥1時,f(x)≥f(1)=0.
②當(dāng)a>1時,由f'(x)=lnx+1-a=0,得lnx=a-1.解得x=ea-1.
當(dāng)x∈(1,ea-1)時,f'(x)<0,
因此f(x)在(1,ea-1)上為減函數(shù).
所以當(dāng)x∈(1,ea-1)時,f(x)<f(1)=0,不合題意.
綜上所述,實數(shù)a的取值范圍是(-∞,1].
解法2:f(x)=xlnx-a(x-1)≥0?$lnx-a(1-\frac{1}{x})≥0$.
令$g(x)=lnx-a(1-\frac{1}{x})$,則$g'(x)=\frac{1}{x}-\frac{a}{x^2}=\frac{x-a}{x^2}$.
①當(dāng)a≤1時,因為x≥1,所以g'(x)≥0.當(dāng)且僅當(dāng)a=1且x=1時等號成立.
所以g(x)在(1,+∞)上為增函數(shù).
因此,當(dāng)x≥1時,g(x)≥g(1)=0.此時f(x)≥0.
②當(dāng)a>1時,當(dāng)x∈(1,a)時,g'(x)<0,因此g(x)在(1,a)上為減函數(shù).
所以,當(dāng)x∈(1,a)時,g(x)<g(1)=0,此時f(x)<0,不合題意.
綜上所述,實數(shù)a的取值范圍是(-∞,1].
點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用:求切線的方程和單調(diào)性,考查不等式的恒成立問題的解法,注意運用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性,考查運算能力,屬于中檔題.
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:填空題
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | {0} | B. | {2} | C. | {-2,0} | D. | {0,2} |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | 平行 | B. | 重合 | C. | 垂直 | D. | 無法確定 |
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