2.已知函數(shù)f(x)=$\frac{ln({x}^{2}-2x+a)}{x-1}$.
(1)當(dāng)a=1時(shí),討論f(x)在(1,+∞)上的單調(diào)性;
(2)若f(x)的定義域?yàn)椋?∞,1)∪(1,+∞).
①求實(shí)數(shù)a的取值范圍;
②若關(guān)于x的不等式f(x)<(x-1)•ex對(duì)任意的x∈(1,+∞)都成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

分析 (1)利用導(dǎo)數(shù)直接確定單調(diào)區(qū)間;
(2))①只需x2-2x+a>0在(-∞,1)∪(1,+∞)恒成立即可;
②不等式f(x)<(x-1)•ex對(duì)任意的x∈(1,+∞)都成立?ln(x2-2x+a)<(x-1)2ex對(duì)任意的x∈(1,+∞)都成立.
令g(x)=ln(x2-2x+a)-(x-1)2ex,x∈(1,+∞),只要g(x)max<0  即可.

解答 解:(1)當(dāng)當(dāng)a=1,x∈(1,+∞)時(shí),f(x)=$\frac{ln({x}^{2}-2x+a)}{x-1}$=$\frac{2ln(x-1)}{x-1}$.
f′(x)=$\frac{2-2ln(x-1)}{x-1}$=0⇒x=e+1,
x∈(1,e+1)時(shí),f′(x)>0,x∈(e+1,+∞),f′(x)<0,
函數(shù)f(x)在(e+1,+∞)上的單調(diào)遞減,在∈(1,e+1)遞增.
(2)①∵f(x)的定義域?yàn)椋?∞,1)∪(1,+∞),∴x2-2x+a>0在(-∞,1)∪(1,+∞)恒成立,∴a≥1;
②不等式f(x)<(x-1)•ex對(duì)任意的x∈(1,+∞)都成立?ln(x2-2x+a)<(x-1)2ex對(duì)任意的x∈(1,+∞)都成立.
令g(x)=ln(x2-2x+a)-(x-1)2ex,x∈(1,+∞).$g′(x)=\frac{2x-2}{{x}^{2}-2x+a}-{e}^{x}({x}^{2}-1)$=(x-1)[$\frac{2}{{x}^{2}-2x+a}-(x+1){e}^{x}$]
 令h(x)=$\frac{2}{{x}^{2}-2x+a}-(x+1){e}^{x}$∵$y=\frac{2}{{x}^{2}-2x+a}在(1,+∞)遞增,y=(x+1)^{2}{e}^{x}$在(1,+∞)遞減,
∴h(x)在(1,+∞)遞減,∴$h(x)<h(1)=\frac{2}{a-1}-2e$.
    當(dāng)h(1)=$\frac{2}{a-1}-2e≤0$時(shí),即a$≥1+\frac{1}{e}$時(shí),g′(x)<0,∴g(x)在(1,+∞)遞減,
∴g(x)<g(1)=ln(a-1)≤0即可⇒a≤2,綜上:1+$\frac{1}{e}$≤a≤2符合題意.
    當(dāng)h(1)>0時(shí),即1≤a<1+$\frac{1}{e}$時(shí),存在x0>1,使h(x0)=$\frac{2}{{{x}_{0}}^{2}-2x+a}-({x}_{0}+1){e}^{{x}_{0}}=0$,
x∈(1,x0)時(shí),h(x)>0,x∈(x0,+∞)時(shí),h(x)<0,
g(x)在(1,x0)遞增,在(x0,+∞)遞減,∴g(x)max=g(x0)=ln(x02-2x0+a)-(x0-1)2ex0=ln$\frac{2}{{e}^{{x}_{0}}({x}_{0}+1)}-({x}_{0}-1)^{2}{e}^{{x}_{0}}<0$恒成立,即1≤a<1+$\frac{1}{e}$符合題意.
所以綜上:關(guān)于x的不等式f(x)<(x-1)•ex對(duì)任意的x∈(1,+∞)都成立,實(shí)數(shù)a的取值范圍:[1,2]

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)處理函數(shù)單調(diào)性的基本方法,及構(gòu)造新函數(shù)處理函數(shù)不等式恒成立問(wèn)題的基本技巧,屬于難題.

練習(xí)冊(cè)系列答案
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科目:高中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:解答題

1.如圖,已知平面ABC⊥平面BCDE,△DEF與△ABC分別是棱長(zhǎng)為1與2的正三角形,AC∥DF,四邊形BCDE為直角梯形,DE∥BC,BC⊥CD,CD=1,點(diǎn)G為△ABC的重心,N為AB中點(diǎn),$\overrightarrow{AM}$=λ$\overrightarrow{AF}$(λ∈r,λ>0),
(Ⅰ)當(dāng)λ=$\frac{2}{3}$時(shí),求證:GM∥平面DFN
(Ⅱ)若直線MN與CD所成角為$\frac{π}{3}$,試求二面角M-BC-D的余弦值.

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科目:高中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:填空題

2.如圖,AB為圓O的直徑,點(diǎn)C在圓周上(異于點(diǎn)A,B),直線PA垂直于圓O所在的平面,點(diǎn)M是線段PB的中點(diǎn).有以下四個(gè)命題:
①M(fèi)O∥平面PAC;
②PA∥平面MOB;
③OC⊥平面PAC;
④平面PAC⊥平面PBC.
其中正確的命題的序號(hào)是①④.

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19.已知函數(shù)f(x)=sin(ωx+$\frac{π}{8}$)(x∈R,ω>0)的最小正周期為π,為了得到函數(shù)g(x)=cosωx的圖象,只要將y=f(x)的圖象( 。
A.向左平移$\frac{3π}{4}$個(gè)單位長(zhǎng)度B.向右平移$\frac{3π}{4}$個(gè)單位長(zhǎng)度
C.向左平移$\frac{3π}{16}$個(gè)單位長(zhǎng)度D.向右平移$\frac{3π}{16}$個(gè)單位長(zhǎng)度

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6.若數(shù)列{an}滿足$({2n+3}){a_{n+1}}-({2n+5}){a_n}=({2n+3})({2n+5})lg({1+\frac{1}{n}})$,且a1=5,則數(shù)列$\left\{{\frac{a_n}{2n+3}}\right\}$的第100項(xiàng)為( 。
A.2B.3C.1+lg99D.2+lg99

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科目:高中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:解答題

7.已知?jiǎng)訄AP與圓F1:(x+2)2+y2=(2$\sqrt{7}$+3)2 相內(nèi)切,且與圓F2:(x-2)2+y2=9相內(nèi)切,記圓心P的軌跡為曲線C;設(shè)M為曲線C上的一個(gè)不在x軸上的動(dòng)點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn),過(guò)點(diǎn)F2作OM的平行線交曲線C于A,B兩個(gè)不同的點(diǎn).
(1)求曲線C的方程;
(2)是否存在常數(shù)λ,使得$\frac{|AB|}{|OM{|}^{2}}$=λ,若能,求出這個(gè)常數(shù)λ.若不能,說(shuō)明理由;
(3)記△MF2A面積為S1,△OF2B面積為S2,令S=S1+S2,求S的最大值.

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科目:高中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:選擇題

14.若△ABC是邊長(zhǎng)為1的等邊三角形,且$\overrightarrow{AD}$=2$\overrightarrow{DB}$,2$\overrightarrow{AE}$=$\overrightarrow{EC}$,則$\overrightarrow{CD}$$•\overrightarrow{BE}$=( 。
A.-$\frac{1}{9}$B.-$\frac{2}{9}$C.-$\frac{1}{3}$D.-$\frac{7}{18}$

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科目:高中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:解答題

11.已知函數(shù)f(x)=ex,g(x)=$\frac{n}{2}x+m$,其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù),m,n∈R.
(1)若n=2時(shí)方程f(x)=g(x)在[-1,1]上恰有兩個(gè)相異實(shí)根,求m的取值范圍;
(2)若T(x)=f(x)•g(x),且m=1-$\frac{n}{2}$,求T(x)在[-1,1]上的最大值;
(3)若m=-$\frac{15}{2}$,求使f(x)>g(x)對(duì)?x∈R都成立的最大正整數(shù)n.

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科目:高中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:解答題

12..已知數(shù)列{an},{bn}滿足:an+bn=1,bn+1=$\frac{b_n}{{(1-{a_n})(1+{a_n})}}$,且a1,b1是函數(shù)f(x)=16x2-16x+3的零點(diǎn)(a1<b1).
(1)求a1,b1,b2;
(2)設(shè)cn=$\frac{1}{{{b_n}-1}}$,求證:數(shù)列{cn}是等差數(shù)列,并求bn的通項(xiàng)公式;
(3)設(shè)Sn=a1a2+a2a3+a3a4+…+anan+1,不等式4aSn<bn恒成立時(shí),求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

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