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- 2021-06-30 发布
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1.(2020·广州模拟)已知函数f (x)=ln x-ax(a∈R).
(1)若函数f (x)在x=x0处的切线方程为x+y+1=0,求a的值;
(2)若函数f (x)无零点,求a的取值范围.
2.已知函数f (x)=(2x2-4ax)ln x,a∈R.
(1)当a=0时,求函数f (x)的单调区间;
(2)当a>1时,若函数g(x)=f (x)+x2在x∈[1,+∞)上有两个不同的零点,求a的取值范围.
3.(2019·天津检测)已知函数f (x)=.
(1)若f (a)=2,求实数a的值;
(2)判断f (x)的奇偶性并证明;
(3)设函数g(x)=-kx2+1(k∈R),若g(x)在(0,+∞)上没有零点,求k的取值范围.
4.(2019·黑龙江大庆实验中学期末)已知函数f (x)=2sin x-xcos x-x,f′(x)为f (x)的导数.
(1)求曲线y=f (x)在点A(0,f (0))处的切线方程;
(2)证明:f′(x)在区间(0,π)上存在唯一零点;
(3)设g(x)=x2-2x+a(a∈R),若对任意x1∈[0,π],均存在x2∈[1,2],使得f (x1)>g(x2),求实数a的取值范围.
答案精析
1.解 (1)函数f (x)=ln x-ax的导数为f′(x)=-a,
由f (x)在x=x0处的切线方程为x+y+1=0,
可得-a=-1,-1-x0=ln x0-ax0,
解得a=2,x0=1.
(2)函数f (x)=ln x-ax的导数为f′(x)=-a,
当a≤0,由x>0可得f′(x)>0,
即f (x)在(0,+∞)上递增时,f (1)=-a>0,x→0,f (x)→-∞,
∴f (x)有且只有一个零点;
当a>0时,由x>,f (x)递减,0,
综上可得a>时,函数f (x)无零点.
2.解 (1)函数f (x)的定义域为(0,+∞),
当a=0时,f (x)=2x2ln x,
f′(x)=4xln x+2x=2x(2ln x+1),
令f′(x)>0,即2ln x+1>0,
解得x> ,
令f′(x)<0,即2ln x+1<0,
解得00,
当x∈(1,a)时,g′(x)<0,
当x∈(a,+∞)时,g′(x)>0,
∴函数g(x)在(1,a)上单调递减,
在(a,+∞)上单调递增,
∵g(1)=1>0,g(2a)=4a2>0,
∴要使函数g(x)在x∈[1,+∞)上有两个不同的零点,
只需g(x)min=g(a)=a2(1-2ln a)<0,解得a>,
∴a的取值范围为(,+∞).
3.解 (1)因为f (a)==2,即ea=3,所以a=ln 3.
(2)函数f (x)为奇函数.证明如下:
由ex-1≠0,解得x≠0,所以函数f (x)的定义域关于原点对称,
又因为f (-x)==
=-=-f (x),
所以f (x)为奇函数.
(3)由题意可知,g(x)=ex-kx2,
函数g(x)在(0,+∞)上没有零点等价于方程k=在(0,+∞)上无实数解,
设h(x)=(x>0),则h′(x)=(x>0),
所以h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,
所以h(x)在x=2处取得极小值,也是最小值,
所以当x>0时,h(x)≥h(2)=,
所以k的取值范围为.
4.(1)解 f′(x)=cos x+xsin x-1,所以f′(0)=0,即切线的斜率k=0,且f (0)=0,从而曲线y=f (x)在点A(0,f (0))处的切线方程为y=0.
(2)证明 设g(x)=f′(x),
则g(x)=cos x+xsin x-1,g′(x)=xcos x.
当x∈时,g′(x)>0;
当x∈时,g′(x)<0,
所以g(x)在上单调递增,
在上单调递减.
又g(0)=0,g>0,g(π)=-2,
故g(x)在(0,π)上存在唯一零点.
所以f′(x)在(0,π)上存在唯一零点.
(3)解 由已知,转化为f (x)min>g(x)min, 且g(x)=x2-2x+a(a∈R)的对称轴x=1∈[1,2],
所以g(x)min=g(1)=a-1 .
由(2)知,f′(x)在(0,π)只有一个零点,设为x0,且当x∈(0,x0)时,f′(x)>0;
当x∈(x0,π)时,f′(x)<0,
所以f (x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,π)上单调递减.
又f (0)=0,f (π)=0,
所以当x∈[0,π]时,f (x)min=0.
所以a-1<0,即a<1,因此,a的取值范围是(-∞,1).
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