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- 2021-06-21 发布
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1．(2019·贵州省思南中学期末)已知函数f (x)＝xex，g(x)＝.
(1)求函数f (x)的极值；
(2)当x>0时，求证：f (x)>g(x)．
2．设函数f (x)＝.
(1)求f (x)的单调区间；
(2)若对任意的x1，x2∈[2,3]都有|f (x1)－f (x2)|0有解，求实数a的取值范围；
(2)当x<0时，不等式g(x)≤(n∈N*)恒成立，求n的最大值．
答案精析
1．(1)解 由题意知，f′(x)＝xex＋ex＝(x＋1)ex，
令f′(x)>0，得x>－1，令f′(x)<0，得x<－1.
则f (x)在(－∞，－1)上单调递减，
在(－1，＋∞)上单调递增，
所以f (x)的极小值为f (－1)＝－，无极大值．
(2)证明 当x>0时，要证f (x)>g(x)，即证ex>.
令f (x)＝x2－ln x(x>0)，
则F′(x)＝2x－(x>0)，
令F′(x)>0，得x>，
令F′(x)<0，得00时，f (x)≥F＝－ln>0，
所以x2>ln x，即<1.
因为x>0时，ex>e0＝1，
所以当x>0时，ex>⇒xe2>，
所以当x>0时，不等式f (x)>g(x)成立．
2．解 (1)f (x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．
f′(x)＝，
当x>e时，f′(x)>0，f (x)单调递增；
当00，
所以f (x)在[2,3]上的值域为.
由题意知，m>f (x)max－f (x)min(2≤x≤3)，
所以实数m的取值范围为.
3．(1)解 已知f′(x)＝cos x－ax.
当a≤0时，f′(x)≥0，
∴f (x)在上单调递增，
此时f (x)在上不存在极大值点；
当a>0时，令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝－sin x－a<0，
∴f′(x)在上单调递减，
又f′(0)＝1>0，f′＝－a<0，
故存在唯一x0∈，
使得f′(x0)＝0.
∴x∈(0，x0)，f′(x)>0，f (x)单调递增，x∈，
f′(x)<0，f (x)单调递减．
此时x0是函数f (x)的唯一极大值点．
综上可得a>0.
(2)证明 依题意g(x)＝ex＋sin x－x2.
g′(x)＝ex＋cos x－x≥1＋cos x≥0.
∴g(x)＝ex＋sin x－x2在R上单调递增，
∵g(0)＝1，∴x1<00)，
则F′(x)＝ex－e－x－2x，
令G(x)＝F′(x)，
则G′(x)＝ex＋e－x－2>0，
故x>0时，F′(x)单调递增，F′(x)>0，
∴f (x)单调递增，
∴f (x)>0，得证．
4．解 (1)因为f (－x)＝(－x)3＋3(－x)－＝－f (x)，
且f (x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，
所以函数f (x)是奇函数，
又f′(x)＝x2＋＋3≥2＋3＝5>0，
所以f (x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上单调递增．
又f (a－1)＋f (2a2)>0，
即f (2a2)>f (1－a)，
所以2a2>1－a>0，
即2a2＋a－1>0，
解得a<－1或0时，
∴h(t)在(－∞，－2]上为增函数，
∴h(t)max＝h(－2)＝－，
∴h(t)的值域是.
∵g(x)≤(n∈N*)恒成立，
∴≥－，2n－2≤14，
∴n≤4，n的最大值为4.
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