2019年保定一模数学文21题

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所属分类:解题研究

题目:已知函数$f(x)=a\ln x-\dfrac 1x+1$,$a\in \mathcal R.$

(1)讨论$f(x)$的单调性;

(2)若$(x-1)f(x)\geq 0$,求$a$的取值范围.

解:$f'(x) = \dfrac{a}{x} + \dfrac{1}{{{x^2}}} = \dfrac{{ax + 1}}{{{x^2}}}$,( $x > 0$),

①若$a \ge 0$,则$f'(x) > 0$,则$f(x)$在$(0, + \infty )$单增;

若$a < 0$,令$f'(x) = 0$,得$x = - \dfrac{1}{a}$, 所以$x \in (0, - \dfrac{1}{a})$时,$f'(x) > 0$,$f(x)$单增;

$x \in ( - \dfrac{1}{a}, + \infty )$时,$f'(x) < 0$,$f(x)$单减。

(2)因为$f(1) = 0$,由(1)可知,当$a \ge 0$时,

$x \in (0,1]$时,$x - 1 < 0$,$f(x) \le 0$,$(x - 1)f(x) \ge 0$ $x \in (1, + \infty )$时,$x - 1 > 0,f(x) > 0$,$(x - 1)f(x) \ge 0$

所以$a \ge 0$时,有$(x - 1)f(x) \ge 0.$

当$a < 0$时,

① 当$ - \dfrac{1}{a} = 1$,即$a = - 1$时,$f(x)$在$(0,1)$单调递增,在$(1, + \infty )$单调递减且$f(1) = 0$,

所以$f(x) \le 0$,易知$(x - 1)f(x) \ge 0$不成立。

② 当$ - \dfrac{1}{a} < 1$,即$a < - 1$时,$f(x)$在$(0,1)$上有$f( - \dfrac{1}{a}) > f(1) = 0$,

易知$(x - 1)f(x) \ge 0$不成立。

③ 当$ - \dfrac{1}{a} > 1$,即 $- 1 < a < 0$时,$f(x)$在$(1, + \infty )$时,因为$ - \dfrac{1}{a} > 1,\therefore {e^{ - \dfrac{1}{a}}} > e > 1$,

所以$f({e^{ - \dfrac{1}{a}}}) = a\ln {e^{ - \dfrac{1}{a}}} - \dfrac{1}{{{e^{ - \dfrac{1}{a}}}}} + 1 = - \dfrac{1}{{{e^{ - \dfrac{1}{a}}}}} < 0$,易知$(x - 1)f(x) \ge 0$不成立。

综上所述,$(x - 1)f(x) \ge 0$恒成立时,$a \ge 0$.

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