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- 2021-06-23 发布
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[基础题组练]
1.(2020·河南豫南九校联考)设定义在(0,+∞)上的函数f(x)的导函数f′(x)满足xf′(x)>1,则( )
A.f(2)-f(1)>ln 2 B.f(2)-f(1)1 D.f(2)-f(1)<1
解析:选A.根据题意,函数f(x)的定义域为(0,+∞),则xf′(x)>1⇒f′(x)>=(ln x)′,即f′(x)-(ln x)′>0.令F(x)=f(x)-ln x,则F(x)在(0,+∞)上是增加的,故f(2)-ln 2>f(1)-ln 1,即f(2)-f(1)>ln 2.
2.若0ln x2-ln x1
B.e x2-e x1x1ex2
D.x2ex1x1ex2,故选C.
3.已知函数f(x)=aex-ln x-1.(e=2.718 28…是自然对数的底数).
(1)设x=2是函数f(x)的极值点,求实数a的值,并求f(x)的单调区间;
(2)证明:当a≥时,f(x)≥0.
解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=aex-.
由题设知,f′(2)=0,所以a=.
从而f(x)=ex-ln x-1,f′(x)=ex-.
当02时,f′(x)>0.
所以f(x)在(0,2)上是减少的,在(2,+∞)上是增加的.
(2)证明:当a≥时,f(x)≥-ln x-1.
设g(x)=-ln x-1,则g′(x)=-.
当01时,g′(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.
因此,当a≥时,f(x)≥0.
4.(2020·武汉调研)已知函数f(x)=ln x+,a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)当a>0时,证明:f(x)≥.
解:(1)f′(x)=-=(x>0).
当a≤0时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上是增加的.
当a>0时,若x>a,则f′(x)>0,函数f(x)在(a,+∞)上是增加的;
若00时,f(x)min=f(a)=ln a+1.
要证f(x)≥,只需证ln a+1≥,
即证ln a+-1≥0.
令函数g(a)=ln a+-1,则g′(a)=-=(a>0),
当01时,g′(a)>0,
所以g(a)在(0,1)上是减少的,在(1,+∞)上是增加的,
所以g(a)min=g(1)=0.
所以ln a+-1≥0恒成立,
所以f(x)≥.
5.(2020·广东茂名一模)已知函数f(x)=(a∈R)的图象在x=2处的切线斜率为.
(1)求实数a的值,并讨论函数f(x)的单调性;
(2)若g(x)=exln x+f(x),证明:g(x)>1.
解:(1)由f′(x)=,
得切线斜率k=f′(2)=ae·=,解得a=2.
所以f(x)=,其定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),且f′(x)=2ex-1·.
令f′(x)>0,解得x>1,故f(x)在区间(1,+∞)上是增加的;
令f′(x)<0,解得x<1,且x≠0,故f(x)在区间(-∞,0)和区间(0,1)上是减少的.
(2)证明:由(1)知g(x)=exln x+,定义域为(0,+∞),
所以g(x)>1,即exln x+>1等价于xln x>-.
设h(x)=xln x(x>0),则h′(x)=ln x+1.
因为h′=ln+1=0,所以当x∈时,h′(x)<0;当x∈时,h′(x)>0.故h(x)在区间上是减少的,在区间上是增加的,所以h(x)在(0,+∞)上的最小值为h=-.
设m(x)=-(x>0),则m′(x)=.所以当x∈(0,1)时,m′(x)>0;当x∈(1,+∞)时,m′(x)<0.故m(x)在区间(0,1)上是增加的,在区间(1,+∞)上是减少的,所以m(x)在(0,+∞)上的最大值为m(1)=-.
综上可得,在区间(0,+∞)上恒有h(x)>m(x)成立,即g(x)>1.
6.已知函数f(x)=λln x-e-x(λ∈R).
(1)若函数f(x)是单调函数,求λ的取值范围;
(2)求证:当01-.
解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),
因为f(x)=λln x-e-x,
所以f′(x)=+e-x=,
因为函数f(x)是单调函数,
所以f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,
①当函数f(x)是减函数时,f′(x)≤0,
所以≤0,即λ+xe-x≤0,λ≤-xe-x=-.
令φ(x)=-,则φ′(x)=,
当01时,φ′(x)>0,
则φ(x)在(0,1)上是减少的,在(1,+∞)上是增加的,
所以当x>0时,φ(x)min=φ(1)=-,所以λ≤-.
②当函数f(x)是增函数时,f′(x)≥0,
所以≥0,即λ+xe-x≥0,λ≥-xe-x=-,
由①得φ(x)=-在(0,1)上是减少的,在(1,+∞)上是增加的,又φ(0)=0,x→+∞时,φ(x)<0,所以λ≥0.
综上,λ的取值范围为∪[0,+∞).
(2)证明:由(1)可知,当λ=-时,f(x)=-ln x-e-x在(0,+∞) 上是减少的,
因为0f(x2),
即-ln x1-e-x1>-ln x2-e-x2,
所以e1-x2-e1-x1>ln x1-ln x2.
要证e1-x2-e1-x1>1-,
只需证ln x1-ln x2>1-,即证ln>1-.
令t=,t∈(0,1),则只需证ln t>1-,
令h(t)=ln t+-1,则h′(t)=-=,
当00,即ln t>1-,原不等式得证.
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