- 83.87 KB
- 2021-06-10 发布
- 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
- 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
- 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
- 网站客服QQ:403074932
1.(2017·兰州模拟)已知函数f(x)=ex-ax(a∈R,e为自然对数的底数).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若a=1,函数g(x)=(x-m)f(x)-ex+x2+x在(2,+∞)上为增函数,求实数m的取值范围.
【解析】 (1)函数f(x)的定义域为R,f′(x)=ex-a.
当a≤0时,f′(x)>0,∴f(x)在R上为增函数;
当a>0时,由f′(x)=0得x=ln a,
则当x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0,∴函数f(x)在(-∞,ln a)上为减函数,
当x∈(ln a,+∞)时,f′(x)>0,∴函数f(x)在(ln a,+∞)上为增函数.
(2)当a=1时,g(x)=(x-m)(ex-x)-ex+x2+x,
∵g(x)在(2,+∞)上为增函数,
∴g′(x)=xex-mex+m+1≥0在(2,+∞)上恒成立,
即m≤在(2,+∞)上恒成立,
令h(x)=,x∈(2,+∞),
h′(x)==.
令L(x)=ex-x-2,L′(x)=ex-1>0在(2,+∞)上恒成立,
即L(x)=ex-x-2在(2,+∞)上为增函数,
即L(x)>L(2)=e2-4>0,∴h′(x)>0,
即h(x)=在(2,+∞)上为增函数,
∴h(x)>h(2)=,
∴m≤.
所以实数m的取值范围是.
2.(2017·武汉调研)已知函数f(x)=ax2+bx-ln x(a>0,b∈R).
(1)设a=1,b=-1,求f(x)的单调区间;
(2)若对任意的x>0,f(x)≥f(1),试比较ln a与-2b的大小.
【解析】 (1)由f(x)=ax2+bx-ln x,x∈(0,+∞),
得f′(x)=.
∵a=1,b=-1,
∴f′(x)==(x>0).
令f′(x)=0,得x=1.
当0<x<1时,f′(x)<0,f(x)单调递减;
当x>1时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
∴f(x)的单调递减区间是(0,1),f(x)的单调递增区间是(1,+∞).
(2)由题意可知,f(x)在x=1处取得最小值,即x=1是f(x)的极值点,
∴f′(1)=0,∴2a+b=1,即b=1-2a.
令g(x)=2-4x+ln x(x>0),则g′(x)=.
令g′(x)=0,得x=.
当0<x<时,g′(x)>0,g(x)单调递增,
当x>时,g′(x)<0,g(x)单调递减,
∴g(x)≤g=1+ln =1-ln 4<0,
∴g(a)<0,即2-4a+ln a=2b+ln a<0,
故ln a<-2b.
3.(2016·日照模拟)已知函数f(x)=在点(-1,f(-1))处的切线方程为x+y+3=0.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)设g(x)=ln x,求证:g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立;
(3)若0<a<b,求证:>.
【解析】 (1)将x=-1代入切线方程得y=-2,所以f(-1)==-2,化简得b-a=-4.①
f′(x)=,f′(-1)====-1.②
联立①②,解得a=2,b=-2.所以f(x)=.
(2)证明 由题意知要证ln x≥在[1,+∞)上恒成立,
即证明(x2+1)ln x≥2x-2,x2ln x+ln x-2x+2≥0在[1,+∞)上恒成立.
设h(x)=x2ln x+ln x-2x+2,则h′(x)=2xln x+x+-2,
因为x≥1,所以2xln x≥0,x+≥2 ≥2(当且仅当x=1时等号成立),即h′(x)≥0,
所以h(x)在[1,+∞)上单调递增,h(x)≥h(1)=0,
所以g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立.
(3)证明 因为0<a<b,所以>1,由(2)知ln>,整理得>,所以当0<a<b时,>.
4.(2017·郑州模拟)已知函数f(x)=ax-1+ln x,其中a为常数.
(1)当a∈时,若f(x)在区间(0,e)上的最大值为-4,求a的值;
(2)当a=-时,若函数g(x)=|f(x)|--存在零点,求实数b的取值范围.
【解析】 (1)f′(x)=a+,令f′(x)=0得x=-,
因为a∈,所以0<-<e,
由f′(x)>0得0<x<-,由f′(x)<0得-<x<e,
从而f(x)的增区间为,减区间为,
所以f(x)max=f=-1-1+ln=-4,解得a=-e2.
(2)函数g(x)=|f(x)|--存在零点,即方程|f(x)|=+有实数根,
由已知,函数f(x)的定义域为{x|x>0},
当a=-时,f(x)=--1+ln x,
所以f′(x)=-+=-,
当0<x<e时,f′(x)>0;当x>e时,f′(x)<0,
所以,f(x)的增区间为(0,e),减区间为(e,+∞),
所以f(x)max=f(e)=-1,
所以|f(x)|≥1.
令h(x)=+,则h′(x)=.
当0<x<e时,h′(x)>0;
当x>e时,h′(x)<0,
从而h(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,
所以h(x)max=h(e)=+,
要使方程|f(x)|=+有实数根,
只需h(x)max≥1即可,故b≥2-.
即所求实数b的取值范围是.
5.(2016·课标全国Ⅱ)已知函数f(x)=(x+1)ln x-a(x-1).
(1)当a=4时,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;
(2)若当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求a的取值范围.
【解析】 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),当a=4时,f(x)=(x+1)ln x-4(x-1),f′(x)=ln x+-3,f′(1)=-2,f(1)=0.
所以曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为2x+y-2=0.
(2)当x∈(1,+∞)时,f(x)>0等价于ln x->0.
设g(x)=ln x-,
则g′(x)=-=,g(1)=0.
①当a≤2,x∈(1,+∞)时,x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0,即g′(x)>0,g(x)在(1,+∞)上单调递增,因此g(x)>0;
②当a>2时,令g′(x)=0得
x1=a-1-,x2=a-1+.
由x2>1和x1x2=1得x1<1,故当x∈(1,x2)时,g′(x)<0,g(x)在(1,x2)上单调递减,因此g(x)<0,此时不满足题意.
综上,a的取值范围是(-∞,2].
6.(2016·天津)设函数f(x)=(x-1)3-ax-b,x∈R,其中a,b∈R.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若f(x)存在极值点x0,且f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,求证:x1+2x0=3.
【解析】 (1)由f(x)=(x-1)3-ax-b,
可得f′(x)=3(x-1)2-a.
下面分两种情况讨论:
(ⅰ)当a≤0时,有f′(x)=3(x-1)2-a≥0恒成立,所以f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).
(ⅱ)当a>0时,令f′(x)=0,解得x=1+或x=1-.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
所以f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为,.
(2)证明 因为f(x)存在极值点,所以由(1)知a>0,且x0≠1.由题意,得f′(x0)=3(x0-1)2-a=0,即(x0-1)2=,所以f(x0)=(x0-1)3-ax0-b=-x0--b.
又f(3-2x0)=(2-2x0)3-a(3-2x0)-b=(1-x0)+2ax0-3a-b=-x0--b=f(x0),
且3-2x0≠x0,由题意及(1)知,存在唯一实数x1满足f(x1)=f(x0),且x1≠x0,因此x1=3-2x0,所以x1+2x0=3.