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2014届高三数学辅导精讲精练18


2014 届高三数学辅导精讲精练 18
1.已知函数 f(x)=x2-8lnx,g(x)=-x2+14x. (1)求函数 f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)若函数 f(x)与 g(x)在区间(a,a+1)上均为增函数,求 a 的取值范围; (3)若方程 f(x)=g(x)+m 有唯一解,试求实数 m 的值. 解析 8 (1)因为 f′(x)=2x-x,所

以切线的斜率 k=f′(1)=-6.

又 f(1)=1,故所求的切线方程为 y-1=-6(x-1).即 y=-6x+7. (2)因为 f′(x)= 2?x+2??x-2? , x

又 x>0,所以当 x>2 时,f′(x)>0;当 0<x<2 时,f′(x)<0. 即 f(x)在(2,+∞)上单调递增,在(0,2)上单调递减. 又 g(x)=-(x-7)2+49,所以 g(x)在(-∞,7)上单调递增,在(7,+∞)上单 调递减. ?a≥2, 欲使函数 f(x)与 g(x)在区间(a,a+1)上均为增函数,则? 解得 ?a+1≤7, 2≤a≤6. (3)原方程等价于 2x2-8lnx-14x=m, 令 h(x)=2x2-8lnx-14x,则原方程即为 h(x)=m. 因为当 x>0 时原方程有唯一解, 所以函数 y=h(x)与 y=m 的图像在 y 轴右侧 有唯一的交点. 2?x-4??2x+1? 8 又 h′(x)=4x- x -14= ,且 x>0, x 所以当 x>4 时,h′(x)>0;当 0<x<4 时,h′(x)<0. 即 h(x)在(4,+∞)上单调递增,在(0,4)上单调递减,故 h(x)在 x=4 处取得 最小值,从而当 x>0 时原方程有唯一解的充要条件是 m=h(4)=-16ln2-24. 2.(2013· 衡水调研)设函数 f(x)=x2+2x-2ln(1+x). (1)求函数 f(x)的单调区间; 1 (2)当 x∈[e -1,e-1]时,是否存在整数 m,使不等式 m<f(x)≤-m2+2m+ e2 恒成立?若存在,求整数 m 的值;若不存在,则说明理由.

解析

(1)由 1+x>0,得函数 f(x)的定义域为(-1,+∞). 2x?x+2? 2 = . x+1 x+1

f′(x)=2x+2-

由 f′(x)>0,得 x>0;由 f′(x)<0,得-1<x<0. ∴函数 f(x)的单调递增区间是(0,+∞),单调减区间是(-1,0). 1 (2)由(1)知,f(x)在[ e -1,0]上单调递减,在[0,e-1]上单调递增.∴f(x)min= f(0)=0. 1 1 1 又 f(e-1)=e2+1,f(e-1)=e2-e,且 e2-3>e2+1, 1 ∴x∈[ e-1,e-1]时,f(x)max=e2-e. ∵不等式 m<f(x)≤-m2+2m+e2 恒成立,
2 2 ?-m +2m+e ≥f?x?max, ∴? ?m<f?x?min. 2 2 2 2 ?-m +2m+e ≥e -3, ?m -2m-3≤0, 即? ?? ? ?m<0 ?m<0

?-1≤m≤3, ? ?-1≤m<0. ?m<0 ∵m 是整数,∴m=-1. ∴存在整数 m=-1,使不等式 m<f(x)≤-m2+2m+e2 恒成立. 3.已知函数 f(x)=ax-ln(-x),x∈[-e,0),其中 e 是自然对数的底数,a∈ R. (1)当 a=-1 时,确定 f(x)的单调性和极值; (2)当 a=-1 时,证明:f(x)+ ln?-x? 1 x >2;

(3)是否存在实数 a,使 f(x)的最小值为 3,如果存在,求出 a 的值;如果不 存在,请说明理由. 解析 x+1 1 (1)∵f(x)=-x-ln(-x),f′(x)=-1- x =- x ,

∴当-e≤x<-1 时,f′(x)<0,此时 f(x)单调递减;当-1<x<0 时,f′(x)>0, 此时 f(x)单调递增.∴f(x)的极小值为 f(-1)=1.

(2)由(1)知 f(x)在区间[-e,0)上有唯一的极小值 1, f(x)在区间[-e,0)上的最 即 小值为 1, 1 ln?-x? 即 f(x)min=1.所证不等式即 f(x)>2- x . ln?-x?-1 1 ln?-x? 令 h(x)=2- x , 则 h′(x)= . x2 当-e≤x<0 时,h′(x)≤0,故 h(x)在[-e,0)上单调递减. 1 1 1 1 ∴h(x)max=h(-e)= e+2<2+2=1=f(x)min. ∴当 a=-1 时,f(x)+ ln?-x? 1 x >2.

1 (3)假设存在实数 a,使 f(x)=ax-ln(-x)的最小值为 3.f′(x)=a- x (x∈[- e,0)). 1 1 ①若 a≥- e,由于 x∈[-e,0),则 f′(x)=a-x ≥0. ∴函数 f(x)=ax-ln(-x)在[-e,0)上是增函数. 4 1 ∴f(x)min=f(-e)=-ae-1=3,解得 a=- e<- e,与 1 a≥- e矛盾,舍去. 1 1 1 ②若 a<-e ,则当-e≤x<a时,f′(x)=a- x <0,此时 f(x)=ax-ln(-x)是减 函数. 1 1 1 当a<x<0 时, f′(x)=a- x>0, 此时 f(x)=ax-ln(-x)是增函数. ∴f(x)min=f(a) 1 =1-ln(-a)=3,解得 a=-e2. 由①②知,存在实数 a=-e2,使 f(x)的最小值为 3. lnx 4.(2013· 山东济宁一模)已知函数 f(x)=x-lnx,g(x)= x . (1)求函数 f(x)的单调区间; 1 (2)求证:对任意的 m,n∈(0,e],都有 f(m)-g(n)>2.(注:e≈2.718 28?是 自然对数的底数.)

解析

1 x-1 (1)∵f(x)=x-lnx(x>0),∴f′(x)=1- x= x (x>0).

由 f(x)>0,得 x>1,由 f(x)<0,得 0<x<1. ∴f(x)的单调递增区间是(1,+∞),单调递减区间是(0,1). (2)由(1)知,当 x∈(0,e]时,f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,e]上单调递增. ∴当 x=1 时,[f(x)]min=f(1)=1. 1-lnx lnx ∵g(x)= x (x>0),∴g′(x)= x2 (x>0). 当 x∈(0,e]时,g(x)≥0,∴g(x)在(0,e]上单调递增. 1 ∴当 x∈(0,e]时,[g(x)]max=g(e)= e. 1 1 对任意的 m,n ∈(0,e],f(m)-g(n)≥[f(m)]min-[g(n)]max=1-e >2. 1 即证得,对任意的 m,n∈(0,e],都有 f(m)-g(n)>2. 1 5.(2013· 汕头质量测评)设函数 f(x)=-3x3+x2+(a2-1)x,其中 a>0. (1)若函数 y=f(x)在 x=-1 处取得极值,求 a 的值; (2)已知函数 f(x)有 3 个不同的零点,分别为 0、x1、x2,且 x1<x2,若对任意 的 x∈[x1,x2],f(x)>f(1)恒成立,求 a 的取值范围. 解析 (1)f′(x)=-x2+2x+(a2-1),

因为 y=f(x)在 x=-1 处取得极值,所以 f′(-1)=0. 即-(-1)2+2(-1)+(a2-1)=0. 解得 a=± 2.经检验得 a=2. 1 1 (2)由题意得 f(x)=x(-3x2+x+a2-1)=-3x(x-x1)(x-x2). 1 所以方程-3x2+x+a2-1=0 有两个相异的实根 x1,x2. 4 1 1 故 Δ=1+3(a2-1)>0,解得 a<-2(舍去)或 a>2 且 x1+x2=3. 3 又因为 x1<x2,所以 2x2>x1+x2=3,故 x2>2>1.

1 ①若 x1≤1<x2,则 f(1)=-3(1-x1)(1-x2)≥0,而 f(x1)=0 不符合题意. ②若 1<x1<x2,对任意的 x∈[x1,x2],有 x-x1≥0,x-x2≤0, 1 所以 f(x)=-3x(x-x1)(x-x2)≥0. 又 f(x1)=0,所以 f(x)在[x1,x2]上的最小值为 0. 1 于是对任意的 x∈[x1,x2],f(x)>f(1)恒成立的充要条件为 f(1)=a2-3<0,解 3 3 得- 3 <a< 3 . 1 3 1 3 综上得2<a< 3 ,即 a 的取值范围为(2, 3 ). 1 6.(2013· 西安市质检)设函数 f(x)=- x3+x2+(m2-1)x(x∈R),其中 m>0. 3 (1)当 m=1 时,求曲线 y=f(x)在(1,f(1))点处的切线的方程; (2)求函数 f(x)的单调区间与极值; 1 (3)已知函数 g(x)=f(x)+3有三个互不相同的零点,求 m 的取值范围. 解析 1 (1)当 m=1 时,f(x)=- x3+x2,f′(x)=-x2+2x,故 f′(1)=1. 3

所以曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为 1. 切线方程为 3x-3y-1=0. (2)f′(x)=-x2+2x+m2-1,令 f′(x)=0,得到 x=1-m 或 x=1+m. 因为 m>0,所以 1+m>1-m. 当 x 变化时,f(x),f′(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-∞,1-m) - ? 1-m 0 极小值 (1-m,1+m) + ? 1+m 0 极大值 (1+m,+∞) - ?

f′(x)在(-∞,1-m)和(1+m,+∞)内减函数,在(1-m,1+m)内增函数. 2 1 函数 f(x)在 x=1+m 处取得极大值 f(1+m),且 f(1+m)=3m3+m2-3. 函数 f(x)在 x=1-m 处取得极小值 f(1-m), 2 1 且 f(1-m)=-3m3+m2-3.

(3)由(2)知, 1 函数 g(x)在 x=1+m 处取得极大值 g(1+m)=f(1+m)+3, 2 且 g(1+m)=3m3+m2. 1 函数 g(x)在 x=1-m 处取得极小值 g(1-m)=f(1-m)+3, 2 且 g(1-m)=-3m3+m2. 1 根据三次函数的图像与性质,函数 g(x)=f(x)+3有三个互不相同的零点,只 需要

?g?1+m?=2m3+m2>0, ? 3 ? 2 ?g?1-m?=-3m3+m2<0, ?

?m>0, ? 即? 3 ?m>2. ?

?2 ? 所以 m 的取值范围是?3,+∞?. ? ? 7.(2013· 沧州七校联考)设 a 为实数,函数 f(x)=ex-2x+2a,x∈R. (1)求 f(x)的单调区间与极值; (2)求证:当 a>ln2-1 且 x>0 时,ex>x2-2ax+1. 解析 (1)由 f(x)=ex-2x+2a,x∈R,知 f′(x)=ex-2,x∈R.

令 f′(x)=0,得 x=ln2.于是当 x 变化时 f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) ? f(x)? (-∞,ln2) - ln2 0 2(1-ln2+ a) (ln2,+∞) +

故 f(x)的单调递减区间是(-∞,ln2),单调递增区间是(ln2,+∞). f(x)在 x=ln2 处取得极小值, 极小值为 f(ln2)=eln2-2ln2+2a=2(1-ln2+a). (2)设 g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R. 于是 g′(x)=ex-2x+2a,x∈R.

由(1)知当 a>ln2-1 时,g′(x)最小值 g′(ln2)=2(1-ln2+a)>0. 于是对任意 x∈R,都有 g′(x)>0,所以 g(x)在 R 内单调递增. 于是当 a>ln2-1 时,对任意 x∈(0,+∞),都有 g(x)>g(0). 而 g(0)=0,从而对任意 x∈(0,+∞),g(x)>0. 即 ex-x2+2ax-1>0,故 ex>x2-2ax+1. 1 8.(2013· 西北五校)已知函数 f(x)=2ax2-(2a+1)x+2lnx(a∈R). (1)若曲线 y=f(x)在 x=1 和 x=3 处的切线互相平行,求 a 的值; (2)求 f(x)的单调区间; (3)设 g(x)=x2-2x,若对任意 x1∈(0,2],均存在 x2∈(0,2],使得 f(x1)<g(x2), 求 a 的取值范围. 解析 2 f′(x)=ax-(2a+1)+x(x>0).

2 (1)由 f′(1)=f′(3),解得 a=3. (2)f′(x)= ?ax-1??x-2? (x>0). x

①当 a≤0 时,x>0,ax-1<0, 在区间(0,2)上 f′(x)>0;在区间(2,+∞)上 f′(x)<0. 故 f(x)的单调递增区间(0,2),单调递减区间是(2,+∞). 1 1 ②当 0<a<2时,a>2, 1? ?1 ? ? 在区间(0,2)和?a,+∞?上 f′(x)>0;在区间?2,a?上 f′(x)<0,故 f(x)的单调 ? ? ? ? 1 递增区间是(0,2)和(a,+∞), 1? ? 单调递减区间是?2,a?. ? ? ?x-2? 1 ③当 a=2时,f′(x)= 2x ,
2

故 f(x)的单调递增区间是(0,+∞). 1 1 ④当 a>2时,0<a<2,

1? ? ?1 ? 在区间?0,a?和(2,+∞)上 f′(x)>0;在区间?a,2?上 f′(x)<0,故 f(x)的单 ? ? ? ? 1? ? ?1 ? 调递增区间是?0,a?和(2,+∞),单调递减区间是?a,2?. ? ? ? ? (3)由已知,在(0,2]上有 f(x)max<g(x)max. 由已知,g(x)max=0,由(2)可知, 1 ①当 a≤2时,f(x)在(0,2]上单调递增, 故 f(x)max=f(2)=2a-2(2a+1)+2ln2=-2a-2+2ln2. 所以,-2a-2+2ln2<0,解得 a>ln2-1. 1 故 ln2-1<a≤2. 1? 1 1 ? ?1 ? ②当 a>2时,f(x)在?0,a?上单调递增,在?a,2?上单调递减,故 f(x)max=f(a) ? ? ? ? 1 =-2-2a-2lna. 1 1 1 由 a>2可知 lna>ln2>ln e=-1,2lna>-2,-2lna<2. 所以,-2-2lna<0,f(x)max<0. 综上所述,a>ln2-1.

1.(2011· 天津文)已知函数 f(x)=4x3+3tx2-6t2x+t-1,x∈R,其中 t∈R. (1)当 t=1 时,求曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)当 t≠0 时,求 f(x)的单调区间; (3)证明:对任意 t∈(0,+∞),f(x)在区间(0,1)内均存在零点. 解析 (1)当 t=1 时, f(x)=4x3+3x2-6x, f(0)=0, f′(x)=12x2+6x-6, f′(0)

=-6.所以曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为 y=-6x. t (2)f′(x)=12x2+6tx-6t2.令 f′(x)=0,解得 x=-t 或 x=2.因为 t≠0,以下 分两种情况讨论: t ①若 t<0,则2<-t.当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

x f′(x) f(x)

t (-∞,2) + ?

t (2,-t) - ?

(-t,+∞) + ?

t 所以,f(x)的单调递增区间是(-∞,2),(-t,+∞);f(x)的单调递减区间是 t (2,-t). t ②若 t>0,则-t<2.当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x (-∞,-t) t (-t,2) - t (2,+∞) +

f′(x)



f(x)

?

?

?

t 所以,f(x)的单调递增区间是(-∞,-t),(2,+∞);f(x)的单调递减区间是 t (-t,2). t t (3)由(2)可知, t>0 时, 当 f(x)在(0, )内单调递减, 2, 在( +∞)内单调递增. 以 2 下分两种情况讨论: t ①当2≥1,即 t≥2 时,f(x)在(0,1)内单调递减.f(0)=t-1>0, f(1)=-6t2+4t+3≤-6×4+4×2+3<0. 所以对任意 t∈[2,+∞),f(x)在区间(0,1)内均存在零点. t t t ②当 0<2<1,即 0<t<2 时,f(x)在(0,2)内单调递减,在(2,1)内单调递增.若 t 7 7 t∈(0,1],f(2)=-4t3+t-1≤-4t3<0, f(1)=-6t2+4t+3≥-6t+4t+3=-2t+3>0. t 所以 f(x)在(2,1)内存在零点.

t 7 7 若 t∈(1,2),f(2)=-4t3+(t-1)<-4t3+1<0, f(0)=t-1>0. t 所以 f(x)在(0,2)内存在零点. 所以,对任意 t∈(0,2),f(x)在区间(0,1)内均存在零点. 综上,对任意 t∈(0,+∞),f(x)在区间(0,1)内均存在零点. 1 2.(2011· 江西文)设 f(x)=3x3+mx2+nx. (1)如果 g(x)=f′(x)-2x-3 在 x=-2 处取得最小值-5,求 f(x)的解析式; (2)如果 m+n<10(m,n∈N*),f(x)的单调递减区间的长度是正整数,试求 m 和 n 的值.(注:区间(a,b)的长度为 b-a). 解析 (1)由题得 g(x)=x2+2(m-1)x+(n-3)=(x+m-1)2+(n-3)-(m-

1)2,已知 g(x)在 x=-2 处取得最小值-5, ?m-1=2, 所以? 即 m=3,n=2. 2 ??n-3?-?m-1? =-5, 1 即得所要求的解析式为 f(x)=3x3+3x2+2x. (2)因为 f′(x)=x2+2mx+n, f(x)的单调递减区间的长度为正整数, f′(x) 且 故 =0 一定有两个不同的根, 从而 Δ=4m2-4n>0,即 m2>n. 不妨设为 x1,x2,则|x2-x1|=2 m2-n为正整数. 故 m≥2 时才可能有符合条件的 m,n, 当 m=2 时,只有 n=3 符合要求, 当 m=3 时,只有 n=5 符合要求, 当 m≥4 时,没有符合要求的 n. 综上所述,只有 m=2,n=3 或 m=3,n=5 满足上述要求. 3.已知函数 f(x)=ex+ax,g(x)=exlnx.(e≈2.718 28?). (1)设曲线 y=f(x)在 x=1 处的切线与直线 x+(e-1)y=1 垂直,求 a 的值; (2)若对于任意实数 x≥0,f(x)>0 恒成立,试确定实数 a 的取值范围; (3)当 a=-1 时,是否存在实数 x0∈[1,e],使曲线 C:y=g(x)-f(x)在点 x

=x0 处的切线与 y 轴垂直?若存在,求出 x0 的值;若不存在,请说明理由. 解析 (1)由题知,f′(x)=ex+a.

因此曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线 l 的斜率为 e+a, 又直线 x+(e-1)y=1 的斜率为 ∴(e+a) 1 =-1.∴a=-1. 1-e 1 , 1-e

(2)∵当 x≥0 时,f(x)=ex+ax>0 恒成立, ∴若 x=0,a 为任意实数,f(x)=ex+ax>0 恒成立. 若 x>0,f(x)=ex+ax>0 恒成立, ex 即当 x>0 时,a>- x 恒成立. e x-e ?1-x?e ex 设 Q(x)=- x .Q′(x)=- x2 = x2 .
x x x

当 x∈(0,1)时,Q′(x)>0,则 Q(x)在(0,1)上单调递增, 当 x∈(1,+∞)时,Q′(x)<0,则 Q(x)在(1,+∞)上单调递减. ∴当 x=1 时,Q(x)取得最大值. Q(x)max=Q(1)=-e. ∴要使 x≥0 时,f(x)>0 恒成立,a 的取值范围为(-e,+∞). (3)依题意,曲线 C 的方程为 y=exlnx-ex+x. 令 M(x)=exlnx-ex+x, ex x 1 ∴M′(x)= x +e lnx-ex+1=(x+lnx-1)ex+1. 1 1 1 x-1 设 h(x)= x+lnx-1,则 h′(x)=-x2+ x= x2 . 当 x∈[1,e]时,h′(x)≥0. 故 h(x)在[1,e]上为增函数,因此 h(x)在区间[1,e]上的最小值为 h(1)=ln1 =0. 1 所以 h(x)= x+lnx-1≥0. 当 x0∈[1,e]时, .



.

曲线 y=exlnx-ex+x 在点 x=x0 处的切线与 y 轴垂直等价于方程 M′(x0)=0 在 x∈[1,e]上有实数解. 而 M′(x0)>0,即方程 M′(x0)=0 无实数解. 故不存在实数 x0∈[1,e],使曲线 y=M(x)在点 x=x0 处的切线与 y 轴垂直. 1 4.已知 x>2,函数 f(x)=x2,h(x)=2elnx(e 为自然常数). (1)求证:f(x)≥h(x); (2)若 f(x)≥h(x)且 g(x)≤h(x)恒成立,则称函数 h(x)的图像为函数 f(x),g(x) 的“边界”.已知函数 g(x)=-4x2+px+q(p,q∈R),试判断“函数 f(x),g(x) 以函数 h(x)的图像为边界”和“函数 f(x), g(x)的图像有且仅有一个公共点”这两 个条件能否同时成立?若能同时成立,请求出实数 p、q 的值;若不能同时成立, 请说明理由. 解析 (1)证明:记 u(x)=f(x)-h(x)=x2-2elnx,

2e 则 u′(x)=2x- x , 1 令 u′(x)>0,因为 x>2,所以 x> e. 1 所以函数 u(x)在(2, e)上单调递减,在( e,+∞)上单调递增. u(x)min=u( e)=f( e)-h( e)=e-e=0,即 u(x)≥0, 所以 f(x)≥h(x). 1 (2)由(1)知,f(x)≥h(x)对 x>2恒成立,当且仅当 x= e时等号成立. 记 v(x)=h(x)-g(x)=2elnx+4x2-px-q, 则“v(x)≥0 恒成立”与“函数 f(x),g(x)的图像有且仅有一个公共点”同时 1 成立,即 v(x)≥0 对 x>2恒成立,当且仅当 x= e时等号成立. 所以函数 v(x)在 x= e时取极小值. 8x2-px+2e 2e 注意到 v′(x)= x +8x-p= , x 由 v′( e)=0,解得 p=10 e.

e 8?x- e??x- 4 ? 此时 v′(x)= , x 1 1 由 x>2知, 函数 v(x)在(2, e)上单调递减, 在( e, +∞)上单调递增, v(x)min 即 =v( e)=h( e)-g( e)=-5e-q=0,q=-5e, 综上,两个条件能同时成立,此时 p=10 e,q=-5e. lnx+k 5.(2012· 山东卷)已知函数 f(x)= ex (k 为常数,e=2.718 28?是自然对数 的底数),曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与 x 轴平行. (1)求 k 的值; (2)求 f(x)的单调区间; (3)设 g(x)=(x2+x)f′(x),其中 f′(x)为 f(x)的导函数,证明:对任意 x>0, g(x)<1+e-2. 解析 lnx+k (1)由 f(x)= ex , 1-kx-xlnx ,x∈(0,+∞). xex

得 f′(x)=

由于曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线与 x 轴平行, 所以 f′(1)=0,因此 k=1. 1 (2)由(1)得 f′(x)=xex(1-x-xlnx),x∈(0,+∞). 令 h(x)=1-x-xlnx,x∈(0,+∞), 当 x∈(0,1)时,h(x)>0;当 x∈(1,+∞)时,h(x)<0. 又 ex>0,所以当 x∈(0,1)时,f′(x)>0; 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)<0. 因此 f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞). (3)因为 g(x)=(x2+x)f′(x), x+1 所以 g(x)= ex (1-x-xlnx),x∈(0,+∞). 因此,对任意 x>0, g(x)<1+e-2 等价于 1-x-xlnx< ex (1+e-2). x+1

由(2)中 h(x)=1-x-xlnx,x∈(0,+∞), 所以 h′(x)=-lnx-2=-(lnx-lne-2),x∈(0,+∞). 因此,当 x∈(0,e-2)时,h′(x)>0,h(x)单调递增; 当 x∈(e-2,+∞)时,h′(x)<0,h(x)单调递减. 所以 h(x)的最大值为 h(e-2)=1+e-2. 故 1-x-xlnx≤1+e-2. 设 φ(x)=ex-(x+1). 因为 φ′(x)=ex-1=ex-e0, 所以当 x∈(0,+∞)时,φ′(x)>0,φ(x)单调递增, φ(x)>φ(0)=0. 故当 x∈(0,+∞)时,φ(x)=ex-(x+1)>0, 即 ex >1. x+1

ex 所以 1-x-xlnx≤1+e-2< (1+e-2). x+1 因此,对任意 x>0,g(x)<1+e-2. 6.(2011· 山东文)某企业拟建造如图所示的容器(不计厚度,长度单位:米), 80π 其中容器的中间为圆柱形, 左右两端均为半球形, 按照设计要求容器的容积为 3 立方米,且 l≥2r.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关.已知圆柱形部分每 平方米建筑费用为 3 千元,半球形部分每平方米建造费用为 c(c>3)千元.设该容 器的建造费用为 y 千元.

(1)写出 y 关于 r 的函数表达式,并求该函数的定义域; (2)求该容器的建造费用最小时的 r. 解析 (1)设容器的容积为 V,

4 80π 由题意知 V=πr2l+3πr3,又 V= 3 , 4 V-3πr3 πr2 80 4 4 20 =3r2-3r=3( r2 -r).

故 l=

由于 l≥2r,因此 0<r≤2. 4 20 所以建造费用 y=2πrl×3+4πr2c=2πr×3( r2 -r)×3+4πr2c, 160π 因此 y=4π(c-2)r2+ r ,0<r≤2. 160π 8π?c-2? 20 (2)由(1)得 y′=8π(c-2)r- r2 = r2 (r3- ),0<r<2. c-2 由于 c>3,所以 c-2>0. 当 r3- 3 3 20 20 =0 时,r= . c-2 c-2



20 =m,则 m>0. c-2 8π?c-2? 2 2 r2 (r-m)(r +rm+m ).

所以 y′=

9 ①当 0<m<2 即 c>2时, 当 r=m 时,y′=0; 当 r∈(0,m)时,y′<0; 当 r∈(m,2)时,y′>0. 所以 r=m 是函数 y 的极小值点,也是最小值点. 9 ②当 m≥2 即 3<c≤2时, 当 r∈(0,2)时,y′<0,函数单调递减, 所以 r=2 是函数 y 的最小值点. 9 综上所述,当 3<c≤2时,建造费用最小时 r=2; 3 9 当 c>2时,建造费用最小时 r= 20 . c-2

7.(2013· 江南十校)设 M 是满足下列条件的函数 f(x)构成的集合:“①方程 f(x)-x=0 有实数根;②函数 f(x)的导数 f′(x)满足 0<f′(x)<1.” (1)若函数 f(x)为集合 M 中的任一元素,试证明方程 f(x)-x=0 只有一个实 根;

x lnx (2)判断函数 g(x)=2- 2 +3(x>1)是否是集合 M 中的元素,并说明理由; (3)“对于(2)中函数 g(x)定义域内的任一区间[m,n],都存在 x0∈[m,n], 使得 g(n)-g(m)=(n-m)g′(x0)”,请利用函数 y=lnx 的图像说明这一结论. 解析 (1)令 h(x)=f(x)-x,则 h′(x)=f′(x)-1<0,

即 h(x)在区间(1,+∞)上单调递减. 所以,使 h(x)=0,即 f(x)-x=0 成立的 x 至多有一解. 又由题设①知方程 f(x)-x=0 有实数根, 所以,方程 f(x)-x=0 只有一个实数根. 1? 1 1 ? (2)由题意知,g′(x)=2-2x∈?0,2??(0,1),满足条件. ? ? x lnx 令 F(x)=g(x)-x=-2- 2 +3(x>1), e 5 e2 2 则 F(e)=-2+2>0,F(e )=- 2 +2<0. 又 F(x)在区间[e,e2]上连续,所以 F(x)在[e,e2]上存在零点 x0,即方程 g(x) -x=0 有实数根 x0∈[e,e2],故 g(x)满足条件①. 综上可知,g(x)∈M. 1 1 (3)由(1)知:g(n)-g(m)=2(n-m)-2(lnn-lnm), 1 1 而(n-m)g′(x0)=(n-m)(2-2x ),
0

所以原式等价于

lnn-lnm 1 =x . n-m 0

该等式说明函数 y=lnx(x>1)上任意两点 A(m,lnm)和 B(n,lnn)的连线段 AB(如图所示),在曲线 y=lnx(m≤x≤n)上都一定存在一点 P(x0,lnx0),使得该 点处的切线平行于 AB,根据 y=lnx(x>1)图像知该等式一定成立.

8.(2013· 郑州质检)已知函数 f(x)=x-ln(x+a)在 x=1 处取得极值. (1)求实数 a 的值;

1 (2)若关于 x 的方程 f(x)+2x=x2+b 在[2,2]上恰有两个不相等的实数根, 求实数 b 的取值范围. 答案 解析 (1)0 5 (2)4+ln2≤b<2 1 . x+a

(1)对 f(x)求导,得 f′(x)=1-

由题意,得 f′(1)=0,即 1- (2)由(1)得 f(x)=x-lnx.

1 =0,∴a=0. 1+a

∴f(x)+2x=x2+b,即 x2-3x+lnx+b=0. 设 g(x)=x2-3x+lnx+b(x>0),则
2 1 2x -3x+1 ?2x-1??x-1? g′(x)=2x-3+x= = . x x

1 令 g′(x)=0,得 x1=2,x2=1. 当 x 变化时,g′(x)、g(x)的变化情况如下表: x g′(x) g(x) 1 (0,2) + ? 1 2 0 极大值 1 (2,1) - ? 1 0 极小值 (1,2) + ? 2 + b-2+ln2

∴当 x=1 时,g(x)的极小值为 g(1)=b-2. 1 5 又 g(2)=b-4-ln2,g(2)=b-2+ln2. 1 ∵方程 f(x)+2x=x2+b 在[2,2]上恰有两个不相等的实数根,

?g?1?≥0, ? 2 ∴?g?1?<0, ?g?2?≥0, ?

?b-5-ln2≥0, ? 4 即?b-2<0, ?b-2+ln2≥0, ?

5 解得4+ln2≤b<2.

9.已知函数 f(x)=ax2-2x+1,g(x)=ln(x+1). (1)求函数 y=g(x)-x 在[0,1]上的最小值; 1 (2)当 a≥2时,函数 t(x)=f(x)+g(x)的图像记为曲线 C,曲线 C 在点(0,1)处

的切线为 l,是否存在 a 使 l 与曲线 C 有且仅有一个公共点?若存在,求出所有 a 的值;否则,说明理由. 1 1 (3)当 x≥0 时,g(x)≥-2f(x)+2恒成立,求 a 的取值范围. 解析 (1)y′= 1 -1,因为 0≤x≤1,所以 y′≤0. x+1

所以 y=g(x)-x 在[0,1]上单调递减. 当 x=1 时,y 取最小值为 ln2-1. 故 y=g(x)-x 在[0,1]的最小值为 ln2-1. 1 (2)函数 t(x)的定义域为(-1,+∞),t′(x)=2ax-2+ ,t′(0)=-1. x+1 所以在切点 P(0,1)处的切线 l 的斜率为-1. 因此切线方程为 y=-x+1. 因此切线 l 与曲线 C 有唯一的公共点,所以,方程 ax2-x+ln(x+1)=0 有 且只有一个实数解.显然,x=0 是方程的一个解. ? ?1 ?? 2ax?x-?2a-1?? ? ? ?? 1 令 φ(x)=ax2-x+ln(x+1),则 φ′(x)=2ax-1+ = . x+1 x+1 1 x2 当 a=2时,φ′(x)= ≥0,于是,φ(x)在(-1,+∞)上单调递增,即 x x+1 =0 是方程唯一的实数解. 1 1 当 a>2时,由 φ′(x)=0,得 x1=0,x2=2a-1∈(-1,0). 在区间(-1,x2)上,φ′(x)>0,在区间(x2,0)上,φ′(x)<0. 所以,函数 φ(x)在 x2 处有极大值 φ(x2),且 φ(x2)>φ(0)=0. 而当 x→-1 时,φ(x)→-∞,因此,φ(x)=0 在(-1,x2)内也有一个解,矛 盾. 1 综上,得 a=2. 1? 1 ? 1 (3)令 h(x)=g(x)-?-2f?x?+2?=ln(x+1)+2ax2-x, ? ? ax2+?a-1?x x[ax+?a-1?] 1 h′(x)= +ax-1= = (x>-1). x+1 x+1 x+1 若 a=0,当 x∈[0,+∞)时,h′(x)≤0,则 h(x)在[0,+∞)上单调递减,

故 h(x)≤h(0)=0,不合题意; 若 a≥1,当 x∈[0,+∞)时,h′(x)≥0,则 h(x)在[0,+∞)上单调递增, 故 h(x)≥h(0)=0,符合题意; 1-a? 1-a? ? ? ?时,h′(x)≤0,则 h(x)在?0, ?单调递减,故 若 0<a<1,当 x∈?0, a ? a ? ? ? 1-a h( a )<h(0)=0,不合题意; 若 a<0,当 x∈[0,+∞)时,h′(x)≤0,则 h(x)在[0,+∞)单调递减,故 h(1)<h(0)=0,不合题意. 综上:a 的取值范围是 a≥1.


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