当前位置:首页 >> 数学 >>

精选精编导数专题1


1、已知函数

. (a 为常数,a>0)

(Ⅰ )若

是函数 f(x)的一个极值点,求 a 的值;

(Ⅱ )求证:当 0<a≤2 时,f(x)在

上是增函数;

(Ⅲ )若对任意的 a∈ (1,2) ,总存在 求实数 m 的取值范围.

/>,使不等式 f(x0)>m(1﹣a )成立,

2

2、已知函 f(x)=e ﹣x (e 为自然对数的底数) . (1)求 f(x)的最小值; (2)不等式 f(x)>ax 的解集为 P,若 M={x|
+ 0

x

}且 M∩ P≠?求实数 a 的取值范围;

(3)已知 n∈ N ,且 Sn=∫n f(x)dx,是否存在等差数列{an}和首项为 f(I)公比大于 0 的等 比数列{bn},使得 a1+a2+…+an+b1+b2+…bn=Sn?若存在,请求出数列{an}、{bn}的通项公式.若 不存在,请说明理由.

3、已知函数 f(x)=lnx﹣ax. (Ⅰ )求函数 f(x)的极值, (Ⅱ )已知过点 P(1,f(1) ) ,Q(e,f(e) )的直线为 l,则必存在 x0∈ (1,e) ,使曲线 y=f (x)在点(x0,f(x0) )处的切线与直线 l 平行,求 x0 的值, (Ⅲ )已知函数 g(x)图象在[0,1]上连续不断,且函数 g(x)的导函数 g'(x)在区间(0, 1)内单调递减,若 g(1)=0,试用上述结论证明:对于任意 x∈ (0,1) ,恒有 g(x)>g (0) (1﹣x)成立.

4、已知函数 f(x)=(2﹣a)lnx+ +2ax(a∈ R) . (Ⅰ )当 a=0 时,求 f(x)的极值; (Ⅱ )当 a<0 时,求 f(x)单调区间; (Ⅲ )若对任意 a∈ (﹣3,﹣2)及 x1,x2∈ [1,3],恒有(m+ln3)a﹣2ln3>|f(x1)﹣f(x2) |成立,求实数 m 的取值范围.

5、设函数 f(x)=2ax﹣bx +lnx.给出下列条件,

2

条件 A:f(x)在 x=1 和 x= 处取得极值;条件 B:b=a (Ⅰ )在 A 条件下,求出实数 a,b 的值; (Ⅱ ) 在 A 条件下,对于在[ ]上的任意 x0,不等式 f(x0)﹣c≤0 恒成立,求实数 c 的

最小值; (Ⅲ ) 在 B 条件下,若 f(x)在(0,+∞)上是单调函数,求实数 a 的取值范围.

6、设函数 值. (1)求实数 a 的值; (2)当

,已知 f(x)在 x=1 处有极

(其中 e 是自然对数的底数)时,证明:e

(e﹣x) (e+x﹣6)+4

≥x ;

4

(3)证明:对任意的 n>1,n∈ N*,不等式

恒成立.

7、设函数

; (a∈ R) .

(1)当 a=0 时,求 f(x)的极值. (2)当 a≠0 时,求 f(x)的单调区间. (3)当 a=2 时, 对于任意正整数 n,在区间 上总存在 m+4 个数 a1,a2,a3,…,am,

am+1,am+2,am+3,am+4,使得 f(a1)+f(a2)+…+f(am)<f(am+1)+f(am+2)+f(am+3) +f(am+4)成立,试问:正整数 m 是否有最大值?若有求其最大值;否则,说明理由. 8、设函数 f(x)=(x﹣1) +blnx,其中 b 为常数. (1)当 时,判断函数 f(x)在定义域上的单调性;
2

(2)若函数 f(x)的有极值点,求 b 的取值范围及 f(x)的极值点; (3) 求证对任意不小于 3 的正整数 n, 不等式 9、已知函数 f(x)=e ﹣kx, (1)若 k=e,试确定函数 f(x)的单调区间; (2)若 k>0,且对于任意 x∈ R,f(|x|)>0 恒成立,试确定实数 k 的取值范围;
2
x

都成立.

(3) 设函数 F (x) =f (x) +f (﹣x) , 求证: F (1) F (2) …F (n) >

(n∈ N) .

+

10、已知 m∈ R,函数 f(x)=(x +mx+m)e . (1)若函数 f(x)没有零点,求实数 m 的取值范围; (2)若函数 f(x)存在极大值,并记为 g(m) ,求 g(m)的表达式; 2 3 (3)当 m=0 时,求证:f(x)≥x +x .

2

x

11、设函数 f(x)=x e 的定义域为(0,+∞) . (1)求函数 f(x)在[m,m+1](m>0)上的最小值; (2)设函数 ,如果 x1≠x2,且 g(x1)=g(x2) ,证明:x1+x2>2.

﹣1

x

12、函数 y=e (e 为自然对数的底数)的图象向下平移 b(0<b,b≠1)个单位后得到的图 象记为 Cb,Cb 与 x 轴交于 Ab 点,与 y 轴交于 Bb 点,O 为坐标原点 (1)写出 Cb 的解析式和 Ab,Bb 两点的坐标 (2)判断线段 OAb,OBb 长度大小,并证明你的结论 (3)是否存在两个互不相等且都不等于 1 的正实数 m,n,使得 Rt△ OAmBm 与 Rt△ OAnBn 相 似,如果相似,能否全等?证明你的结论.

x

13、设函数 f(x)=x +x﹣l,g(x)=e ,其中 P 为自然对数的底. (1)当 b=﹣1 时,求函数 F(x)=f(x)?g(x)的极大、极小值; (2)当 b=﹣1 时,求证:函数 G(x)=f(x)+g(x)有且只有一个零点; (3)若不等式 g(x)≥ex 对?x>0 恒成立,求实数 b 的取值范围.

2

bx

14、已知函数 f(x)=4x﹣k(x +2clnx) (c>1,k∈ R)有一个极值点是 1. (I)讨论函数 f(x)的单调性; (II)记 f(x)的极大值为 M,极小值为 N,比较 的大小.

2

15、已知函数 ﹣2x.

,g(x)=2(1+x)ln(1+x)﹣x

2

3

(1)证明:当 x∈ (0,+∞)时,g(x)<0; (2)求函数 f(x)的的极值.

16、已知函数



(Ⅰ )求 f(x)的极值; 2 (Ⅱ )若函数 f(x)的图象与函数 g(x)=1 的图象在区间(0,e ]上有公共点,求实数 a 的 取值范围.

17、已知函数 (1)若 f(x)在 x=2 时取得极值,求 a 的值; (2)求 f(x)的单调区间; (3)求证:当 x>1 时, .



18、已知 a∈ R,函数 f(x)=xln(﹣x)+(a﹣1)x. (Ⅰ )若 f(x)在 x=﹣e 处取得极值,求函数 f(x)的单调区间; (Ⅱ )求函数 f(x)在区间[﹣e ,﹣e ]上的最大值 g(a) .
2
﹣1

19、已知函数 f(x)=ln(2+3x)﹣ x

2

(I)求 f(x)在[0,1]上的极值; (II)若关于 x 的方程 f(x)=﹣2x+b 在[0,1]上恰有两个不同的实根,求实数 b 的取值范围.

20、已知 f(x)=ln(1+e )﹣mx(x∈ R) . (Ⅰ )已知对于给定区间(a,b) , 这 与 x'0≠x0 , 存 在 x0∈ (a,b)使得 成立,求证:x0 唯一;

x

4

(Ⅱ )x1,x2∈ R,A1≠X2 当 m=1 时,比较 f(

)和

大小,并说明理

由; x (Ⅲ )设 A、B、C 是函数 f(x)=ln(1+e )﹣mx(x∈ R,m≥1)图象上三个不同的点,求证: △ ABC 是钝角三角形.

21、已知函数



(Ⅰ )若函数在区间

(其中 a>0)上存在极值,求实数 a 的取值范围;

(Ⅱ )如果当 x≥1 时,不等式 (Ⅲ )求证[(n+1) !] >(n+1)?e
2 n﹣2

恒成立,求实数 k 的取值范围; (n∈ N) .
*

22、已知函数



(1)求函数 f(x)的单调区间和极值; (2)若函数 y=g(x)对任意 x 满足 g(x)=f(4﹣x) ,求证:当 x>2,f(x)>g(x) ; (3)若 x1≠x2,且 f(x1)=f(x2) ,求证:x1+x2>4.

23、设函数 f(x)=x +bln(x+1) ,其中 b≠0. (Ⅰ )当 时,判断函数 f(x)在定义域上的单调性;

2

(Ⅱ )求函数 f(x)的极值点; (Ⅲ )证明对任意的正整数 n,不等式 都成立.

24、已知函数 f(x)=ln(1+x)﹣mx. (Ⅰ )若 f(x)为(0,+∞)上的单调函数,试确定实数 m 的取值范围; (Ⅱ )求函数 f(x)在定义域上的极值;

5

(Ⅲ )设

,求证:an>ln2.

25、已知函数 (Ⅰ )求 f(x)的解析式; (Ⅱ )设函数

在 x=1 处取到极值 2.

. 若 对 任 意 的 x1∈ R , 总 存 在 x2∈ [1 , e] , 使 得

,求实数 a 的取值范围.

26、设函数 f(x)=(x﹣1) +blnx,其中 b 为常数. (1)当 时,判断函数 f(x)在定义域上的单调性;

2

(2)b≤0 时,求 f(x)的极值点; (3)求证:对任意不小于 3 的正整数 n,不等式 ln(n+1)﹣lnn> 都成立.

27、已知



(1)若函数 f(x)在区间(a,a+1)上有极值,求实数 a 的取值范围; 2 (2)若关于 x 的方程 f(x)=x ﹣2x+k 有实数解,求实数 k 的取值范围; (3)当 n∈ N*,n≥2 时,求证: .

28、已知函数 f(x)=px﹣ ﹣2lnx、 (Ⅰ )若 p=3,求曲 f9 想)在点(1,f(1) )处的切线方程;
6

(Ⅱ )若 p>0 且函 f(x)在其定义域内为增函数,求实数 p 的取值范围; (Ⅲ )若函数 y=f(x)在 x∈ (0,3)存在极值,求实数 p 的取值范围.

29、已知函数 f(x)=



(Ⅰ )求函数 f(x)在区间[1,e]上的最大值、最小值; (Ⅱ )求证:在区间(1,+∞)上函数 f(x)的图象在函数 g(x)= 图象的下方;

(Ⅲ )请你构造函数 h(x) ,使函数 F(x)=f(x)+h(x)在定义域(0,+∞)上,存在两个 极值点,并证明你的结论.

30、已知函数 f(x)=ln(x﹣1)﹣k(x﹣1)+1 (1)求函数 f(x)的极值点. (2)若 f(x)≤0 恒成立,试确定实数 k 的取值范围. (3)证明: +…+ (n∈ N,n>1) .

7

1、已知函数

. (a 为常数,a>0)

(Ⅰ )若

是函数 f(x)的一个极值点,求 a 的值;

(Ⅱ )求证:当 0<a≤2 时,f(x)在

上是增函数;

(Ⅲ )若对任意的 a∈ (1,2) ,总存在 求实数 m 的取值范围. 解:由题得:

,使不等式 f(x0)>m(1﹣a )成立,

2



(Ⅰ )由已知,得



,∴ a ﹣a﹣2=0,∵ a>0,∴ a=2. (2 分)

2

(Ⅱ ) 当 0<a≤2 时, ∵

, ∴



∴ 当

时,

.又



∴ f'(x)≥0,故 f(x)在

上是增函数. (5 分)

( Ⅲ) a∈( 1 , 2 ) 时 , 由 ( Ⅱ) 知 , f ( x ) 在

上的最大值为

, 于 是 问 题 等 价 于 : 对 任 意 的 a∈ ( 1 , 2 ) , 不 等 式 恒成立.



, (1<a<2)





8

当 m=0 时,

,∴ g(a)在区间(1,2)上递减,此时,g(a)<

g(1)=0, 2 由于 a ﹣1>0,∴ m≤0 时不可能使 g(a)>0 恒成立, 故必有 m>0,∴ .



,可知 g(a)在区间

上递减,在此区

间上,有 g(a)<g(1)=0,与 g(a)>0 恒成立矛盾,故



这时,g'(a)>0,g(a)在(1,2)上递增,恒有 g(a)>g(1)=0,满足题设要求,



,即



所以,实数 m 的取值范围为

. (14 分)

2、已知函 f(x)=e ﹣x (e 为自然对数的底数) . (1)求 f(x)的最小值; (2)不等式 f(x)>ax 的解集为 P,若 M={x|
+ 0

x

}且 M∩ P≠?求实数 a 的取值范围;

(3)已知 n∈ N ,且 Sn=∫n f(x)dx,是否存在等差数列{an}和首项为 f(I)公比大于 0 的等 比数列{bn},使得 a1+a2+…+an+b1+b2+…bn=Sn?若存在,请求出数列{an}、{bn}的通项公式.若 不存在,请说明理由. x x 解: (1)∵ 函数 f(x)=e ﹣x,∴ f′ (x)=e ﹣1;由 f′ (x)=0,得 x=0,当 x>0 时,f′ (x) >0,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增;当 x<0 时,f′ (x)<0,函数 f(x)在(﹣∞, 0)上单调递减;∴ 函数 f(x)的最小值为 f(0)=1. (2)∵ M∩ P≠?,∴ f(x)>ax 在区间[ ,1]有解,由 f(x)>ax,得 e ﹣x>ax,即 a<
x

在[ ,2]上有解;

令 g(x)=

,x∈ [ ,2],则 g′ (x)=

,∴ g(x)在[ ,1]上单调递减,在

[1,2]上单调递增;
9

又 g( )=2

﹣1,g(2)=

﹣1,且 g(2)>g( ) ,∴ g(x)的最大值为 g(2)=

﹣1,

∴ a<

﹣1.

(3)设存在公差为 d 的等差数列{an}和公比为 q(q>0) ,首项为 f(1)的等比数列{bn}, 使 a1+a2+…+an+b1+b2+…+bn=Sn ∵

;且 b1=f(1)=e﹣1, ∴ ;∴ a1=﹣ ,又 n≥2 时,an+bn=sn﹣sn﹣1=e
n﹣1

(e﹣1)﹣n+ ;

故 n=2,3 时,有
2 2



② ﹣① ×2 得,q ﹣2q=e ﹣2e,解得 q=e,或 q=2﹣e(舍) ,故 q=e,d=﹣1; 此 时 an= ﹣ + ( n ﹣ 1 ) ( ﹣ 1 ) = ﹣ n ,

3、已知函数 f(x)=lnx﹣ax. (Ⅰ )求函数 f(x)的极值, (Ⅱ )已知过点 P(1,f(1) ) ,Q(e,f(e) )的直线为 l,则必存在 x0∈ (1,e) ,使曲线 y=f (x)在点(x0,f(x0) )处的切线与直线 l 平行,求 x0 的值, (Ⅲ )已知函数 g(x)图象在[0,1]上连续不断,且函数 g(x)的导函数 g'(x)在区间(0, 1)内单调递减,若 g(1)=0,试用上述结论证明:对于任意 x∈ (0,1) ,恒有 g(x)>g (0) (1﹣x)成立. 解: (Ⅰ )f'(x)= (x>0)

① 若 a≤0,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,此时 f(x)不存在极值.
10

② 若 a>0 令 f'(x)=0 得 x= ,

当 x∈

时,f (x)>0,此时函数 f(x)在此区间上单调递增;



当 x∈

时,f (x)<0,此时函数 f(x)在此区间上单调递减;



∴ f(x)极大值= 综上:当 a≤0 时,f(x)没有极大值,当 a>0 时,f(x)极大值=﹣lna﹣1. (Ⅱ )直线 l 的斜率 k= ∵ x0∈ (1,e) , 依题意有 f'(x0)=﹣a+ 得 x0=e﹣1∈ (1,e) , 故 x0=e﹣1 即 ,

(Ⅲ )① f'(x0)=



由以上结论得:对区间[0,x]存在 x1∈ [0,x]使 g'(x1)=

同样对区间[x,1]存在 x2∈ [x,1]使 g'(x2)=

依题意得:g'(x1)>g'(x2)即 化简得 g(x)>g(0) (1﹣x)成立.



4、已知函数 f(x)=(2﹣a)lnx+ +2ax(a∈ R) . (Ⅰ )当 a=0 时,求 f(x)的极值; (Ⅱ )当 a<0 时,求 f(x)单调区间;
11

(Ⅲ )若对任意 a∈ (﹣3,﹣2)及 x1,x2∈ [1,3],恒有(m+ln3)a﹣2ln3>|f(x1)﹣f(x2) | 成立,求实数 m 的取值范围. 解: (Ⅰ )依题意知 f(x)的定义域为(0,+∞) 当 a=0 时,f(x)=2lnx+ ,f′ (x)= ﹣ =

令 f′ (x)=0,解得 x= 当 0<x< 时,f′ (x)<0;

当 x≥ 时,f′ (x)>0

又∵ f( )=2﹣ln2 ∴ f(x)的极小值为 2﹣2ln2,无极大值

(Ⅱ )f′ (x)=



+2a=

当 a<﹣2 时,﹣ < ,令 f′ (x)<0,得 0<x<﹣ 或 x> ,

令 f′ (x)>0 得﹣ <x<

当﹣2<a<0 时,得﹣ > ,令 f′ (x)<0 得 0<x< 或 x>﹣ ;

令 f′ (x)>0 得 <x<﹣ ;

当 a=﹣2 时,f′ (x)=﹣

≤0

综上,当 a<﹣2 时 f(x) ,的递减区间为(0,﹣ )和( .+∞) ,递增区间为(﹣ , ) ; 当 a=﹣2 时,f(x)在(0,+∞)单调递减; 当﹣2<a<0 时,f(x)的递减区间为(0, )和(﹣ ,+∞) ,递增区间为( ,﹣ ) .

12

(Ⅲ )由(Ⅱ )可知,当 a∈ (﹣3,﹣2)时,f(x)在区间[1,3]上单调递减. 当 x=1 时,f(x)取最大值;当 x=3 时,f(x)取最小值; |f(x1)﹣f(x2)|≤f(1)﹣f(3)=(1+2a)﹣[(2﹣a)ln3+ +6a]= ﹣4a+(a﹣2)ln3

∵ (m+ln3)a﹣ln3>|f(x1)﹣f(x2)|恒成立,∴ (m+ln3)a﹣2ln3> ﹣4a+(a﹣2)ln3

整理得 ma> ﹣4a,∵ a<0,∴ m<

﹣4 恒成立,∵ ﹣3<a<﹣2,

∴ ﹣



﹣4<﹣

,∴ m≤﹣

5、设函数 f(x)=2ax﹣bx +lnx.给出下列条件,条件 A:f(x)在 x=1 和 x= 处取得极值; 条件 B:b=a (Ⅰ )在 A 条件下,求出实数 a,b 的值; (Ⅱ ) 在 A 条件下,对于在[ ]上的任意 x0,不等式 f(x0)﹣c≤0 恒成立,求实数 c 的

2

最小值; (Ⅲ ) 在 B 条件下,若 f(x)在(0,+∞)上是单调函数,求实数 a 的取值范围. 解: (Ⅰ )f(x)=2ax﹣bx +lnx,定义域为(0,+∞) …(1 分)
2

f(x)在

处取得极值,

∴ f′ (1)=0,

…(2 分)













可看出 f′ (1)=0,f′ (2)=0 且 f′ (x)在 x=1 和

两侧均为异号,符合极值条件

13

∴ 所求 a,b 的值分别为

…(4 分)

(Ⅱ ) 对于在

上的任意 x0,不等式 f(x0)﹣c≤0 恒成立,只需 c≥[f(x)]max



=

=

∴ 当

时,f′ (x)>0,故 f(x)在

上是单调递增



时; f′ (x)<0,故 f(x)在

上单调递减

当 x∈ [1,3]时; f′ (x)>0,故 f(x)在[1,3]上单调递增 ∴ 是 f(x)在 上的极大值…(6 分)



=

, ( f 3) =﹣3﹣3+3 +ln3=ln3>0…

2

(8 分) ∴ [f(x)]max=f(3)=ln3 ∴ c 的取值范围为[ln3,+∞) ,所以 c 得最小值为 ln3…(9 分) (Ⅲ ) 当 a=b 时,

① 当 a=0 时,
2

,则 f(x)在(0,+∞)上单调递增…(10 分)

② x>0 要使﹣2ax +2ax+1≥0 在(0,+∞)恒成立 2 令 g(x)=﹣2ax +2ax+1,


2

,即

,解得﹣2≤a<0…(12 分)

③ x>0 要使﹣2ax +2ax+1≤0 在(0,+∞)恒成立
2

令 g(x)=﹣2ax +2ax+1,

,即

无解

综上可知 a 的取值范围为﹣2≤a≤0…(14 分)

14

6、设函数 值. (1)求实数 a 的值; (2)当

,已知 f(x)在 x=1 处有极

(其中 e 是自然对数的底数)时,证明:e

(e﹣x) (e+x﹣6)+4

≥x ;

4

(3)证明:对任意的 n>1,n∈ N*,不等式

恒成立.

解: (1)由题意函数 处有极值, ′ 所以 f (1)=0∴ 1+a+2=0 解得:a=﹣3. (2)∵ , (x>0)

,已知 f(x)在 x=1













∴ 函数 f(x)的单调递增区间为(

. (2,e) ,单调的

减区间为(1,2) , ∴ = , 又 f ( e )

=



f(e)﹣f(1)=



e ﹣3e+2

2

15

∴ 即:e ﹣6e+4≥x ﹣6x+4lnx 2 2 即:e ﹣x +6x﹣6e+4≥4lnx? (e﹣x) (e+x﹣6)+4≥4lnx ∴ ∴ e
(e﹣x) (e+x﹣6)+4

2

2

≥x ; ,函数 f(x)的单调递减区间为(1,2) ,

4

(3)∵

单调递增区间为(2,e) , ∴ 当 x∈ (1,+∞)时,函数 f(x)在 x=2 处取得最小值 2ln2﹣4, ∴









由于以上各式并不都能取等号,所以把以上各式相加,变形得:

16

= ∴

7、设函数

; (a∈ R) .

(1)当 a=0 时,求 f(x)的极值. (2)当 a≠0 时,求 f(x)的单调区间. (3)当 a=2 时, 对于任意正整数 n,在区间 上总存在 m+4 个数 a1,a2,a3,…,am,

am+1,am+2,am+3,am+4,使得 f(a1)+f(a2)+…+f(am)<f(am+1)+f(am+2)+f(am+3) +f(am+4)成立,试问:正整数 m 是否有最大值?若有求其最大值;否则,说明理由. 解: (1)依题意,知 f(x)的定义域为(0,+∞) . 当 a=0 时, , .

令 f'(x)=0,解得





时,f'(x)<0;当

时,f'(x)>0.



,所以 f(x)的极小值为 2﹣2ln2,无极大值.

(2)

=



令 f'(x)=0,解得


17

若 a>0,令 f'(x)<0,得 若 a<0, ① 当 a<﹣2 时,

;令 f'(x)>0,得



,令 f'(x)<0,得





令 f'(x)>0,得



② 当 a=﹣2 时,



③ 当﹣2<a<0 时,得



令 f'(x)<0,得



;令 f'(x)>0,得



综上所述, 当 a>0 时, ( f x) 的递减区间为

, 递增区间为



当 a <﹣2 时, f ( x )的递减区间为

;递增区间为

. 当 a=﹣2 时,f(x)递减区间为(0,+∞) . 当﹣2<a<0 时,f(x)的递减区间为 ,递增区间为



(3)当 a=2 时,





,知

时, f' ( x )

≥0.





18

依题意得:

对一切正整数成立.



,则 k≥8(当且仅当 n=1 时取等号) .

又 f(k)在区间

单调递增,得





,又 m 为正整数,得 m≤32,

当 m=32 时,存在 以,正整数 m 的最大值为 32.

,am+1=am+2=am+3=am+4=8,对所有 n 满足条件.所

8、设函数 f(x)=(x﹣1) +blnx,其中 b 为常数. (1)当 时,判断函数 f(x)在定义域上的单调性;

2

(2)若函数 f(x)的有极值点,求 b 的取值范围及 f(x)的极值点; (3) 求证对任意不小于 3 的正整数 n, 不等式 解: (1)由题意知,f(x)的定义域为(0,+∞) , 都成立.

∴ 当

时,f'(x)>0,函数 f(x)在定义域(0,+∞)上单调递增.

(2)① 由(Ⅰ )得,当

时,函数 f(x)无极值点.



时 ,

有 两 个 相 同 的 解



19

时, ∴ 时,函数 f(x)在(﹣1,+∞)上无极值点.

③ 当

时,f'(x)=0 有两个不同解,

∴ ( i ) b≤0

时 ,



, 此时 f'(x) ,f(x)随 x 在定义域上的变化情况如表: x (0,x2) x2 f'(x) f(x) ﹣ 减 0 极小值

(x2,+∞) + 增

由此表可知:∵ b≤0 时,f(x)有惟一极小值点



(ii)当

时,0<x1<x2<1

此时,f'(x) ,f(x)随 x 的变化情况如下表: x (﹣1,x1) x1 (x1,x2) f'(x) f(x) 由此表可知: + 增 0 极大值 ﹣ 减

x2 0 极小值

(x2,+∞) + 增 和一个极小值点

时, f ( x )有一个极大值



综上所述:当且仅当

时 f(x)有极值点;

当 b≤0 时,f(x)有惟一最小值点



20



时,f(x)有一个极大值点

和一个极小值点

(3)由(2)可知当 b=﹣1 时,函数 f(x)=(x﹣1) ﹣lnx,

2

此时 f(x)有惟一极小值点 且







h



x



=



x



1





lnx



x



0



9、已知函数 f(x)=e ﹣kx, (1)若 k=e,试确定函数 f(x)的单调区间; (2)若 k>0,且对于任意 x∈ R,f(|x|)>0 恒成立,试确定实数 k 的取值范围; (3) 设函数 F (x) =f (x) +f (﹣x) , 求证: F (1) F (2) …F (n) > 解: (Ⅰ )由 k=e 得 f(x)=e ﹣ex,所以 f'(x)=e ﹣e. 由 f'(x)>0 得 x>1,故 f(x)的单调递增区间是(1,+∞) ,
21
x x

x

(n∈ N) .

+

由 f'(x)<0 得 x<1,故 f(x)的单调递减区间是(﹣∞,1) . (Ⅱ )由 f(|﹣x|)=f(|x|)可知 f(|x|)是偶函数. 于是 f(|x|)>0 对任意 x∈ R 成立等价于 f(x)>0 对任意 x≥0 成立. x 由 f'(x)=e ﹣k=0 得 x=lnk. x ① 当 k∈ (0,1]时,f'(x)=e ﹣k>1﹣k≥0(x>0) . 此时 f(x)在[0,+∞)上单调递增. 故 f(x)≥f(0)=1>0,符合题意. ② 当 k∈ (1,+∞)时,lnk>0. 当 x 变化时 f'(x) ,f(x)的变化情况如下表: x lnk (0,lnk) (lnk,+∞) f′ (x) f(x) ﹣ 单调递减 0 极小值 + 单调递增

由此可得,在[0,+∞)上,f(x)≥f(lnk)=k﹣klnk. 依题意,k﹣klnk>0,又 k>1,∴ 1<k<e. 综合① ,② 得,实数 k 的取值范围是 0<k<e. ( Ⅲ) ∵ F ( x ) =f ( x ) +f ( ﹣ x ) =e +e =
x


x

, ∴ F ( x1 ) F ( x2 )

, n+1 n+1 n+1 ∴ F(1)F(n)>e +2,F(2)F(n﹣1)>e +2,F(n)F(1)>e +2. 2 n+1 由此得,[F(1)F(2)F(n)] =[F(1)F(n)][F(2)F(n﹣1)][F(n)F(1)]>(e +2)
n



,n∈ N.

*

10、已知 m∈ R,函数 f(x)=(x +mx+m)e . (1)若函数 f(x)没有零点,求实数 m 的取值范围; (2)若函数 f(x)存在极大值,并记为 g(m) ,求 g(m)的表达式; (3)当 m=0 时,求证:f(x)≥x +x . 2 x 2 解: (1)令 f(x)=0,得(x +mx+m)?e =0,所以 x +mx+m=0. 2 因为函数 f(x)没有零点,所以△ =m ﹣4m<0,所以 0<m<4. (4 分) x 2 x x (2)f'(x)=(2x+m)e +(x +mx+m)e =(x+2) (x+m)e , 令 f'(x)=0,得 x=﹣2,或 x=﹣m, 当 m>2 时,﹣m<﹣2.列出下表: x (﹣∞,﹣m) ﹣m (﹣m,﹣2) ﹣2 (﹣2,+∞) f'(x) f(x) + ↗ 0 me
﹣m

2

x

2

3

﹣ ↘
﹣m

0 (4﹣m)e
﹣2

+ ↗

当 x=﹣m 时,f(x)取得极大值 me . (6 分) 2 x 当 m=2 时,f'(x)=(x+2) e ≥0,f(x)在 R 上为增函数, 所以 f(x)无极大值. (7 分)
22

当 m<2 时,﹣m>﹣2.列出下表: x f'(x) f(x) (﹣∞,﹣2) + ↗ ﹣2 0 (4﹣m)e
﹣2

(﹣2,﹣m) ﹣ ↘
﹣2

﹣m 0 me
﹣m

(﹣m,+∞) + ↗

当 x=﹣2 时,f(x)取得极大值(4﹣m)e , (9 分)

所以
2 x x

(10 分)
x

(3)当 m=0 时,f(x)=x e ,令 ?(x)=e ﹣1﹣x,则 ?'(x)=e ﹣1, 当 x>0 时,φ'(x)>0,φ(x)为增函数;当 x<0 时,φ'(x)<0,φ(x)为减函数, 所以当 x=0 时,φ(x)取得最小值 0. (13 分) 所以 φ(x)≥φ(0)=0,e ﹣1﹣x≥0,所以 e ≥1+x, 2 x 2 3 2 3 因此 x e ≥x +x ,即 f(x)≥x +x . (16 分) 11、设函数 f(x)=x e 的定义域为(0,+∞) . (1)求函数 f(x)在[m,m+1](m>0)上的最小值; (2)设函数 ,如果 x1≠x2,且 g(x1)=g(x2) ,证明:x1+x2>2.
﹣1

x

x

x

解: (1)

,则 x>1 时,f′ (x)>0;0<x<1 时,f′ (x)<0.

所以,函数 f(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数. (2 分) 当 m≥1 时,函数 f(x)在[m,m+1]上是增函数, 此时 ;

当 0<m<1 时,函数 f(x)在[m,1]上是减函数,在[1,m+1]上是增函数, 此时 f(x)min=f(1)=e; (6 分) (2)证明: 考察函数 g(x)=xe ,g′ (x)=(1﹣x)e 所以 g(x)在(﹣∞,1)内是增函数,在(1,+∞)内是减函数. (结论 1) 考察函数 F(x)=g(x)﹣g(2﹣x) ,即 F(x)=xe +(x﹣2)e ﹣x 2x﹣2 于是 F'(x)=(x﹣1) (e ﹣1)e ﹣x 2x﹣2 当 x>1 时,2x﹣2>0,从而 e ﹣1>0,又 e >0,所以 F′ (x)>0,从而函数 F(x) 在[1,+∞)是增函数. 又 F(1)=e ﹣e =0,所以 x>1 时,有 F(x)>F(1)=0,即 g(x)>g(2﹣x) . (结论 2) (9 分) 若(x1﹣1) (x2﹣1)=0,由结论 1 及 g(x1)=g(x2) ,得 x1=x2=1,与 x1≠x2 矛盾; 若(x1﹣1) (x2﹣1)>0,由结论 1 及 g(x1)=g(x2) ,得 x1=x2,与 x1≠x2 矛盾; (11 分) 若(x1﹣1) (x2﹣1)<0,不妨设 x1<1,x2>1 由结论 2 可知,g(x2)>g(2﹣x2) ,所以 g(x1)=g(x2)>g(2﹣x2) .
23
﹣1 ﹣1 ﹣x ﹣x ﹣x

x﹣2

因为 x2>1,所以 2﹣x2<1,又由结论 1 可知函数 g(x)在区间(﹣∞,1)内是增函数, 所以 x1>2﹣x2,即 x1+x2>2. (15 分) 12、函数 y=e (e 为自然对数的底数)的图象向下平移 b(0<b,b≠1)个单位后得到的图 象记为 Cb,Cb 与 x 轴交于 Ab 点,与 y 轴交于 Bb 点,O 为坐标原点 (1)写出 Cb 的解析式和 Ab,Bb 两点的坐标 (2)判断线段 OAb,OBb 长度大小,并证明你的结论 (3)是否存在两个互不相等且都不等于 1 的正实数 m,n,使得 Rt△ OAmBm 与 Rt△ OAnBn 相 似,如果相似,能否全等?证明你的结论. x 解: (1)由题得 y=e ﹣b, 令 y=0,Ab(lnb,0) ; 令 x=0,Bb(0,1﹣b) . (2)OAb=|lnb|,OBb=|1﹣b|. ① 当 0<b<1 时,OAb=﹣lnb,OBb=1﹣b. 设函数 f(x)﹣lnx﹣x﹣1 (0<x<1) , f'(x)= ﹣1>0, ∴ f(x)在(0,1)上单调递增, ∴ f(x)<f(1)=0, ∴ ﹣lnx>﹣x+1 ∴ OAb>OBb. ② 当 b>1 时,同理可得 OAb>OBb, (3)① 当三角形同在第二象限时,0<m<1,0<n<1 时,OAb>OBb, 若 Rt△ OAmBm 与 Rt△ OAnBn 相似,只有 ? ,
x

设函数 g(x)=

(0<x<1) ,

g'(x)=

=

(0<x<1) ,

设函数 h(x)=x﹣lnx﹣1,h'(x)=﹣lnx>0 在(0,1)上恒成立, ∴ h(x)在(0,1)上单调递增,∴ h(x)<h(1)=0 在(0,1)上恒成立, ∴ g'(x)<0 在(0,1)上恒成立,g(x)在(0,1)上单调递减, 所以当 0<m<1,0<n<1 时,不存在.当三角形同在第四象限时,m>1,n>1,同理可 得 m,n 不存在. ③ 当三角形在不同象限时,不妨设 0<m<1,n>1 时,若 Rt△ OAmBm 与 Rt△ OAnBn 相似, 则 OAm>OBm,OAn<OBn,则有 ,

设 M={f1m|f1m=

(0<m<1)},N={f2(n)|f2(n)=

(n>1)},
24

有 g(x)性质可得:取 m∈ (

, ) ,f1(m)=

在(

, )上单调递增,

∴ f1(m)∈ [



],2∈ [

]

取 n∈ [e,e ],f2(n)=

2

在[e,e ]递增,

2



],2∈ [e﹣1,

].

可得 M∩ N≠φ,因此存在 0<m<1,n>1,使得 Rt△ OAmBm 与 Rt△ OAnBn 相似. 如果全等,则有.
1﹣n

?

?



由 lnm=1﹣n? m=e ,代入 lnn=1﹣m, 1﹣n n n lnn=1﹣e ? e lnn=e ﹣e. x x 设函数 F(x)=e lnx﹣e +e (x>1) , F'(x)=e lnx+
x

=

(xlnx﹣x+1) .

设函数 H(x)=xlnx﹣x+1 ( x>1) , H'(x)=lnx+1﹣1=lnx>0, 所以 H(x)在(1,+∞)上单调递增,∴ H(x)>H(1)=0. 所以 F'(x)>0 在(1,+∞)上恒成立,F(x)在(1,+∞)上单调递增 ∴ F(x)>F(1)=0. 因此不存在 n>1,使得 e lnn=e ﹣e. 所以不存在两个互不相等且都不等于 1 的正实数 m,n,使得 Rt△ OAmBm 与 Rt△ OAnBn 全等. 13、设函数 f(x)=x +x﹣l,g(x)=e ,其中 P 为自然对数的底. (1)当 b=﹣1 时,求函数 F(x)=f(x)?g(x)的极大、极小值; (2)当 b=﹣1 时,求证:函数 G(x)=f(x)+g(x)有且只有一个零点; (3)若不等式 g(x)≥ex 对?x>0 恒成立,求实数 b 的取值范围. (1)解:当 b=﹣1 时,?F(x)=(x +x﹣1)e , ﹣x ﹣x ﹣x ﹣x 2 2 则 F'(x)=(2x+1)e +(x +x﹣1)?(﹣e )=﹣(x ﹣x﹣2)e =﹣(x+1) (x﹣2)e (2 分) 令 F'(x)=O,得 x1=﹣1,x2=2. 当 x 变化时,F'(0) 、F(x)的变化情况如下表:
2
﹣x

n

n

2

bx

(4 分) ∴ 当 x=﹣1 时,F(x)极小值=﹣e:当 x=2 时,F(x)极大值=5e (6 分)
25
﹣2

(2)证:当 b=﹣1 时,G(x)=x2+x﹣l+e﹣x,显然 G(O)=O,当 b=﹣1 时,G(x)=x2+x ﹣l+e﹣x. (7 分) ∵ G’(x)=2x+l﹣e ,则 G”(x)=2+e >O, (8 分) ∴ G’(x)在 R 上是增函数, ∴ 当 x<0 时,G'(x)<G'(O)=O,G(x)单调递减,G(x)>G(0)=0; 当 x>0 时,G'(x)>G'(0)=O,G(x)单调递增,G(x)>G(0)=0. 故函数 G(x)有且只有一个零点 x=0. (注:或说明 G(x)min=G(0)=O) (l0 分)
﹣x ﹣x

(3)解:g(x)=e ≥ex,等价于 bx≥ln(ex)=1+lnx 对?x>0 恒成立,即 ?x>0 恒成立,

bx





,则 b≥h(x)max(l2 分)



,令 h'(x)=O,得 x=1.

∵ x∈ (O,1)时,h'(x)>0:当 x∈ (1,+∞)时,h'(x)<O, ∴ h(x)max=h(1)=l, ∴ b≥l 为所求. (14 分) 14、已知函数 f(x)=4x﹣k(x +2clnx) (c>1,k∈ R)有一个极值点是 1. (I)讨论函数 f(x)的单调性;
2

(II)记 f(x)的极大值为 M,极小值为 N,比较 解: (I)由已知中 k≠0 ∵ f(x)=4x﹣k(x +2clnx) (c>1,k∈ R)
2

的大小.

∴ f′ (x)=4﹣k(2x+ ∵ 函数 f(x)=有一个极值点是 1. ∴ f′ (1)=0

)=

26

∴ c= 令 f′ (x)=0,即﹣2kx ﹣2ck+4x=0 ∵ 此方程的一个根为 1, ∴ 另一个根为 c ∵ c>1,即 0<k<1 ∴ 函数 f(x)在(1,c)上为增函数,在(0,1) , (c,+∞)上为减函数 (II)由(I)知 f(x)在 x=c 时取极大值,在 x=1 时取极小值
2

∴ M=f(c)=4c﹣k(c +2clnc) ,N=f(1)=4﹣k,其中

2



∴ 令 g(c)=c ﹣1﹣2clnc,则 g′ (c)=2c﹣(2lnc+2)=2(c﹣1﹣lnc)
2

再令 h(c)=c﹣1﹣lnc,则 h′ (c)=1﹣ ∵ c>1,∴ h′ (c)>0 ∴ 函数 h(c)在(1,+∞)上为增函数 ∴ h(c)>h(1)=0 ∴ g′ (c)>0, ∴ 函数 g(c)在(1,+∞)上为增函数 ∴ g(c)>g(1)=0

=



>0

27



15、已知函数

,g(x)=2(1+x)ln(1+x)﹣x ﹣2x.

2

(1)证明:当 x∈ (0,+∞)时,g(x)<0; (2)求函数 f(x)的的极值. 解: (1)g(x)=2(1+x)ln(1+x)﹣x ﹣2x, 则 g′ (x)=2ln(1+x)﹣2x. 令 h(x)=2ln(1+x)﹣2x,
2



. (1 分)

当﹣1<x<0 时,h′ (x)>0,h(x)在(﹣1,0)上为增函数. 当 x>0 时,h′ (x)<0,h(x)在(0,+∞)上为减函数. (3 分) 所以 h(x)在 x=0 处取得极大值,而 h(0)=0, 所以 g′ (x)<0(x≠0) , 函数 g(x)在(0,+∞)上为减函数. (4 分) 当 x>0 时,g(x)<g(0)=0. (5 分) (2)函数 f(x)的定义域是(﹣1,+∞) ,

, (6 分) 由(1)知, 2 当﹣1<x<0 时,g(x)=2(1+x)ln(1+x)﹣x ﹣2x>g(0)=0, 当 x>0 时,g(x)<g(0)=0,所以,当﹣1<x<0 时, f′ (x)>0∴ f(x)在(﹣1,0)上为增函数. 当 x>0 时,f′ (x)<0,f(x)在(0,+∞)上为减函数. (8 分) 故函数 f(x)的单调递增区间为(﹣1,0) , 单调递减区间为(0,+∞) .故 x=0 时 f(x)有极大值 0. (10 分)

28

16、已知函数 (Ⅰ )求 f(x)的极值;



(Ⅱ )若函数 f(x)的图象与函数 g(x)=1 的图象在区间(0,e ]上有公共点,求实数 a 的 取值范围.

2

解: (Ⅰ )f(x)的定义域为(0,+∞) ,f'(x)= 令 f'(x)=0 得 x=e 1﹣a 当 x∈ (0,e )时,f'(x)>0,f(x)是增函数 1﹣a 当 x∈ (e ,+∞)时,f'(x)<0,f(x)是减函数 1﹣ a 1﹣a a﹣1 ∴ f(x)在 x=e 处取得极大值,f(x)极大值=f(e )=e 1﹣ a 2 1﹣a 1 (Ⅱ ) (i)当 e <e 时,a>﹣1 时,由(Ⅰ )知 f(x)在(0,e )上是增函数,在(e ﹣a 2 ,e ]上是减函数 1﹣a a﹣1 ∴ f(x)max=f(e )=e ﹣a ﹣a 又当 x=e 时,f(x)=0,当 x∈ (0,e ]时 f(x)<0. ﹣a 2 a﹣1 2 当 x∈ (e ,e ]时,f(x)∈ (0.e )所以 f(x)与图象 g(x)=1 的图象在(0,e ]上有 a﹣1 公共点,等价于 e ≥1 解得 a≥1,又 a>﹣1,所以 a≥1 (ii)当 e
1﹣a 1﹣a

≥e 即 a≤﹣1 时,f(x)在(0,e ]上是增函数,

2

2

∴ f(x)在(0,e ]上的最大值为 f(e )=

2

2

所以原问题等价于 又∵ a≤﹣1,∴ 无解 综上实数 a 的取值范围是 a≥1

,解得 a≥e ﹣2.

2

17、已知函数



(1)若 f(x)在 x=2 时取得极值,求 a 的值; (2)求 f(x)的单调区间;
29

(3)求证:当 x>1 时,



解: (1)∵



∴ 又∵ f(x)在 x=2 时取得极值,



,解得 a=4

(2)∵ 当 a<0 时,当 x∈ (﹣∞,0)时,f′ (x)<0,当 x∈ (0,+∞)时,f′ (x)>0, 故当 a<0 时, (﹣∞,0)为函数的单调递减区间, (0,+∞)为函数的单调递增区间; 当 a=0,当 x∈ (﹣∞,0]时,f′ (x)≤0,当 x∈ [0,+∞)时,f′ (x)≥0, 故当 a=0 时, (﹣∞,0]为函数的单调递减区间,[0,+∞)为函数的单调递增区间;

当 a>0 时,当 x∈ (﹣∞,

)∪ (0,

)时,f′ (x)<0,当 x∈



,0)∪ (

,+∞)时,f′ (x)>0,

30

故当 a<0 时, (﹣∞,

) , (0 ,

)为函数的单调递减区间,



,0) , (

,+∞)为函数的单调递增区间;

(3)令 g(x)=



则 g′ (x)= ∵ 当 x>1 时,g′ (x)>0

=

=

故在(1,+∞)上,g(x)=

为增函数

即当 x>1 时,g(x)>g(1)=

>0

故当 x>1 时,



18、已知 a∈ R,函数 f(x)=xln(﹣x)+(a﹣1)x. (Ⅰ )若 f(x)在 x=﹣e 处取得极值,求函数 f(x)的单调区间; (Ⅱ )求函数 f(x)在区间[﹣e ,﹣e ]上的最大值 g(a) . 解: (Ⅰ )f'(x)=ln(﹣x)+a, (2 分) 由题意知 x=﹣e 时,f'(x)=0,即:f'(﹣e)=1+a=0,
31
2
﹣1

∴ a=﹣1(3 分) ∴ f(x)=xln(﹣x)﹣2x,f'(x)=ln(﹣x)﹣1 令 f'(x)=ln(﹣x)﹣1=0,可得 x=﹣e 令 f'(x)=ln(﹣x)﹣1>0,可得 x<﹣e 令 f'(x)=ln(﹣x)﹣1<0,可得﹣e<x<0 ∴ f(x)在(﹣∞,﹣e)上是增函数,在(﹣e,0)上是减函数, (6 分) (Ⅱ )f'(x)=ln(﹣x)+a, ∵ x∈ [﹣e ,﹣e ], ﹣1 2 ∴ ﹣x∈ [e ,e ], ∴ ln(﹣x)∈ [﹣1,2], (7 分) ① 若 a≥1,则 f'(x)=ln(﹣x)+a≥0 恒成立,此时 f(x)在[﹣e ,﹣e ]上是增函数, ﹣1 ﹣1 fmax(x)=f(﹣e )=(2﹣a)e (9 分) ﹣1 2 ② 若 a≤﹣2,则 f'(x)=ln(﹣x)+a≤0 恒成立,此时 f(x)在[﹣e ,﹣e ]上是减函数, 2 2 fmax(x)=f(﹣e )=﹣(a+1)e (11 分) ﹣a ③ 若﹣2<a<1,则令 f'(x)=ln(﹣x)+a=0 可得 x=﹣e ∵ f'(x)=ln(﹣x)+a 是减函数, ∴ 当 x<﹣e 时 f'(x)>0,当 x>﹣e 时 f'(x)<0 ﹣1 2 ∴ f(x)在(﹣∞,﹣e)[﹣e ,﹣e ]上左增右减, ﹣a ﹣a ∴ fmax(x)=f(﹣e )=e , (13 分)
﹣a ﹣a

2

﹣1

2

﹣1

综上:

(14 分)

19、已知函数 f(x)=ln(2+3x)﹣

x

2

(I)求 f(x)在[0,1]上的极值; (II)若关于 x 的方程 f(x)=﹣2x+b 在[0,1]上恰有两个不同的实根,求实数 b 的取值范围.

解: (I)



令 f'(x)=0 得 单调递增;

或 x=﹣1(舍去)∴ 当

时,f'(x)>0,f(x)

32

当 1]上的极大值

时,f'(x)<0,f(x)单调递减.∴

为函数 f(x)在[0,

(II)由 f(x)=﹣2x+b? ln(2+3x)﹣



,则,





时,φ'(x)>0,于是 φ(x)在

上递增;



时, φ' (x) <0, 于是 φ (x) 在

上递减, 而



∴ f(x)=﹣2x+b,即 φ(x)=0 在[0,1]恰有两个不同实根等价于



20、已知 f(x)=ln(1+e )﹣mx(x∈ R) .

x

33

(Ⅰ )已知对于给定区间(a,b) ,这与 x'0≠x0,存在 x0∈ (a,b)使得 求证:x0 唯一;

成立,

(Ⅱ )x1,x2∈ R,A1≠X2 当 m=1 时,比较 f( 明理由;
x

)和

大小,并说

(Ⅲ )设 A、B、C 是函数 f(x)=ln(1+e )﹣mx(x∈ R,m≥1)图象上三个不同的点,求证: △ ABC 是钝角三角形.

解: (Ⅰ )证明:假设存在 x'0,x0∈ (a,b) ,且 x'0≠x0,使得 即 f'(x0)=f'(x'0) . (1 分)







,∴

上的单调增函数(或者通过复合函数单调性说明 f'(x)

的单调性) . (3 分) ∴ x0=x'0,这与 x'0≠x0 矛盾,即 x0 是唯一的. (4 分)

(Ⅱ )

,原因如下:



,则



由(Ⅰ )知 f'(x)单调增.

所以当 x>x2 即

时,有
34

所以 x>x2 时,F(x)单调减. (5 分)

当 x<x2 即

时,有

所以 x<x2 时,F(x)单调增. (6 分)

所以 F(x)<F(x2)=0,所以

. (8 分)

(Ⅲ )证明:设 A(x1,y1) ,B(x2,y2) ,C(x3,y3) ,且 x1<x2<x3,因为 m≥1



,∴ f(x)是 x∈ R 上的单调减函数. (9 分)

∴ f(x1)>f(x2)>f(x3) .∵





. (10 分)

∵ x1﹣x2<0,x3﹣x2>0,f(x1)﹣f(x2)>0,f(x3)﹣f(x2)<0,



,∴ cosB<0,∠ B 为钝角.故△ ABC 为钝角三角形. (12 分)

21、已知函数



35

(Ⅰ )若函数在区间

(其中 a>0)上存在极值,求实数 a 的取值范围;

(Ⅱ )如果当 x≥1 时,不等式 (Ⅲ )求证[(n+1) !] >(n+1)?e
2 n﹣2

恒成立,求实数 k 的取值范围; (n∈ N) .
*

解: (Ⅰ )因为

,x>0,则



当 0<x<1 时,f′ (x)>0;当 x>1 时,f′ (x)<0. 所以 f(x)在(0,1)上单调递增;在(1,+∞)上单调递减, 所以函数 f(x)在 x=1 处取得极大值.

因为函数 f(x)在区间

(其中 a>0)上存在极值,

所以

,解得



(Ⅱ )不等式



即为

,记



36

所以



令 h(x)=x﹣lnx,则

,∵ x≥1,∴ h′ (x)≥0.

∴ h(x)在[1,+∞)上单调递增,∴ [h(x)]min=h(1)=1>0, 从而 g′ (x)>0 故 g(x)在[1,+∞)上也单调递增, ∴ [g(x)]min=g(1)=2,所以 k≤2

(3)由(2)知:

恒成立,





令 x=n(n+1) ,则



所以









37

叠加得:ln[1×2 ×3 ×

2

2

= 则 1×2 ×3 ×n ×(n+1)>e , 2 n﹣2 * 所以[(n+1) !] >(n+1)?e (n∈ N)
2 2 2 n﹣2

22、已知函数



(1)求函数 f(x)的单调区间和极值; (2)若函数 y=g(x)对任意 x 满足 g(x)=f(4﹣x) ,求证:当 x>2,f(x)>g(x) ; (3)若 x1≠x2,且 f(x1)=f(x2) ,求证:x1+x2>4.

解: (1)∵ f(x)= 令 f'(x)=0,解得 x=2. x (﹣∞,2) 2 f'(x) f(x) + ↗ 0

,∴ f'(x)=

. (2 分)

(2,+∞) ﹣ ↘

极大值 ∴ f(x)在(﹣∞,2)内是增函数,在(2,+∞)内是减函数. (3 分)

∴ 当 x=2 时,f(x)取得极大值 f(2)=

. (4 分)

(2)证明:





38

∴ F'(x)=

. (6 分)
4 2x

当 x>2 时,2﹣x<0,2x>4,从而 e ﹣e <0, ∴ F'(x)>0,F(x)在(2,+∞)是增函数.



. (8 分)

(3)证明:∵ f(x)在(﹣∞,2)内是增函数,在(2,+∞)内是减函数. ∴ 当 x1≠x2,且 f(x1)=f(x2) ,x1、x2 不可能在同一单调区间内. 不妨设 x1<2<x2,由(2)可知 f(x2)>g(x2) , 又 g(x2)=f(4﹣x2) ,∴ f(x2)>f(4﹣x2) . ∵ f(x1)=f(x2) ,∴ f(x1)>f(4﹣x2) . ∵ x2>2,4﹣x2<2,x1<2,且 f(x)在区间(﹣∞,2)内为增函数, ∴ x1>4﹣x2,即 x1+x2>4. (12 分) 23、设函数 f(x)=x +bln(x+1) ,其中 b≠0.
2

(Ⅰ )当

时,判断函数 f(x)在定义域上的单调性;

(Ⅱ )求函数 f(x)的极值点;

(Ⅲ )证明对任意的正整数 n,不等式
2

都成立.

解: (Ⅰ )函数 f(x)=x +bln(x+1)的定义域在(﹣1,+∞)

令 g ( x ) =2x +2x+b ,则 g ( x )在

2

上递增,在

上递减,

39

g(x)=2x +2x+b>0 在(﹣1,+∞)上恒成立,

2

所以 f'(x)>0 即当

,函数 f(x)在定义域(﹣1,+∞)上单调递增.

(Ⅱ ) (1)由(Ⅰ )知当

时函数 f(x)无极值点

(2)当

时,









时,函数 f(x)在(﹣1,+∞)上无极值点

(3)当

时,解 f'(x)=0 得两个不同解

当 b<0 时,

40

∴ x1∈ (﹣1, +∞) , x2∈ (﹣1, +∞) , 此时 ( f x) 在 (﹣1, +∞) 上有唯一的极小值点



时,x1,x2∈ (﹣1,+∞)f'(x)在(﹣1,x1) , (x2,+∞)都大于 0,

f'(x)在(x1,x2)上小于 0,此时 f(x)有一个极大值点

和一个极小值点

综上可知,b<0,时,f(x)在(﹣1,+∞)上有唯一的极小值点

时,f(x)有一个极大值点

和一个极小值点

时,函数 f(x)在(﹣1,+∞)上无极值点.

(Ⅲ )当 b=﹣1 时,f(x)=x ﹣ln(x+1) .令

2

上恒正

∴ h(x)在[0,+∞)上单调递增, 当 x∈ (0,+∞)时,恒有 h(x)>h(0)=0 3 2 2 3 即当 x∈ (0,+∞)时,有 x ﹣x +ln(x+1)>0,ln(x+1)>x ﹣x ,对任意正整数 n,取

41

24、已知函数 f(x)=ln(1+x)﹣mx. (Ⅰ )若 f(x)为(0,+∞)上的单调函数,试确定实数 m 的取值范围; (Ⅱ )求函数 f(x)在定义域上的极值;

(Ⅲ )设

,求证:an>ln2.

解: (Ⅰ )

∵ ∴ m≤0 时,f'(x)>0,f(x)单调递增 ∴ m≥1 时,f'(x)<0,f(x)单调递减 ∴ m 的取值范围为(﹣∞,0]∪ [1,+∞)单调递增 (Ⅱ )① 当 m≤0 时,f'(x)>0,f(x)为定义域上的增函数, ∴ f(x)没有极值;

② 当 m>0 时,由 f'(x)>0 得



由 f'(x)<0 得



上单调递增,

上单调递减.

故当

时,f(x)有极大值

,但无极小值.

(Ⅲ )由(Ⅰ )知 m=1 时,f(x)在(0,+∞)上单调递减
42

∴ f(x)<f(0) ,即 ln(1+x)<x(x>0) ,



,得

所以 所以 an>ln2.

=



25、已知函数 (Ⅰ )求 f(x)的解析式;

在 x=1 处取到极值 2.

(Ⅱ )设函数 求实数 a 的取值范围.

.若对任意的 x1∈ R,总存在 x2∈ [1,e],使得



解: (Ⅰ )

(2 分)

由 f(x)在 x=1 处取到极值 2,故 f′ (1)=0,f(1)=2 即



解得 m=4,n=1,经检验,此时 f(x)在 x=1 处取得极值.故

(4 分)

(Ⅱ )由(Ⅰ )知 f(x)的定义域为 R,且 f(﹣x)=﹣f(x) .故 f(x)为奇函数.f(0)=0x

43

>0 时,f(x)>0,

1x≤2.当且仅当 x=1 时取“=”.

故 f ( x ) 的 值 域 为 [ ﹣ 2 , 2] . 从 而

.依题意有

函数

的定义域为(0,+∞) ,

① 当 a≤1 时,g′ (x)>0 函数 g(x)在[1,e]上单调递增,其最小值为

合题

意; ② 当 1<a<e 时,函数 g(x)在[1,a)上有 g′ (x)<0,单调递减,在(a,e]上有 g′ (x)

>0, 单调递增, 所以函数 ( g x) 最小值为( f a) =lna+1, 由

, 得

. 从

而知

符合题意.

③ 当 a≥e 时, 显然函数 g (x) 在[1, e]上单调递减, 其最小值为

, 不合题意



上所述,a 的取值范围为 26、设函数 f(x)=(x﹣1) +blnx,其中 b 为常数.
2

44

(1)当

时,判断函数 f(x)在定义域上的单调性;

(2)b≤0 时,求 f(x)的极值点;

(3)求证:对任意不小于 3 的正整数 n,不等式 ln(n+1)﹣lnn>

都成立.

解: (1)由题意知,f(x)的定义域为(0,+∞) ,



当 增;

时,f'(x)>0,函数 f(x)在定义域(0,+∞)上单调递

(2)令









当 b≤0 时,

?(0,+∞) (舍去) ,



∈ (0,+∞) ,

45

此时:f'(x) ,f(x)随 x 在定义域上的变化情况如下表:

由此表可知:∵ b≤0 时,f(x)有惟一极小值点
2



(3)由(2)可知当 b=﹣1 时,函数 f(x)=(x﹣1) ﹣lnx,此时 f(x)有惟一极小值点:





时,f'(x)<0,f(x)在

为减函数.

∵ 当 n≥3 时,



∴ 恒有

,即恒有



∴ 当 n≥3 时,恒有

成立.

27、已知



(1)若函数 f(x)在区间(a,a+1)上有极值,求实数 a 的取值范围; 2 (2)若关于 x 的方程 f(x)=x ﹣2x+k 有实数解,求实数 k 的取值范围;

46

(3)当 n∈ N*,n≥2 时,求证:



解: (1)∵

,∴

∴ 当 x∈ (0,1)时,f'(x)>0;当 x∈ (1,+∞)时,f'(x)<0; ∴ 函数 f(x)在区间(0,1)上为增函数;在区间(1,+∞)为减函数(3 分) ∴ 当 x=1 时,函数 f(x)取得极大值,而函数 f(x)在区间(a,a+1)有极值.



,解得 0<a<1
2

(2)由(1)得 f(x)的极大值为 f(1)=1,令 g(x)=x ﹣2x+k, 所以当 x=1 时,函数 g(x)取得最小值 g(1)=k﹣1, 又因为方程 f (x) =x ﹣2x+k 有实数解, 那么 k﹣1≤1, 即 k≤2, 所以实数 k 的取值范围是: k≤2
2

解法二:∵ f(x)=x ﹣2x+k,∴

2



令 h(x)=

,所以 h'(x)=

+2﹣2x,当 x=1 时,h'(x)=0

当 x∈ (0,1)时,h'(x)>0; 当 x∈ (1,+∞)时,h'(x)<0 ∴ 当 x=1 时,函数 h(x)取得极大值为 h(1)=2 ∴ 当方程 f(x)=x ﹣2x+k 有实数解时,k≤2. )
2

(3)∵ 函数 f(x)在区间(1,+∞)为减函数,而



47



,∴

,即

∴ lnn=ln2﹣ln1+ln3﹣ln2+…+lnn﹣ln(n﹣1)<

∴ 而 n?f(n)=1+lnn,

,结论成立

28、已知函数 f(x)=px﹣

﹣2lnx、

(Ⅰ )若 p=3,求曲 f9 想)在点(1,f(1) )处的切线方程; (Ⅱ )若 p>0 且函 f(x)在其定义域内为增函数,求实数 p 的取值范围; (Ⅲ )若函数 y=f(x)在 x∈ (0,3)存在极值,求实数 p 的取值范围.

解: (I)当 p=3 时,函数 f(x)=3x﹣

﹣2lnx,

f(1)=3﹣3﹣2ln1=0,f′ (x)=3﹣





曲线 f(x)在点(1,f(x) )处的切线的斜率为 f′ (1)=3﹣3﹣2=4, ∴ f(x)在点(1,f(x) )处得切线方程为 y﹣0=4(x﹣1) ,即 y=4x﹣4;

48

(Ⅱ )f′ (x)=p+



=

, (4 分)

要使 f(x)在定义域(0,+∞)内是增函数,只需 f′ (x)≥0 在(0,+∞)内恒成立, 即 px ﹣2x+p≥0 在(0,+∞)上恒成立, (5 分)
2

即 p≥

在(0,+∞)上恒成立,

设 M(x)=

, (x>0) (6 分)

则 M(x)=

=



∵ x>0,∴ x+

≥2,当且仅当 x=1 时取等号, (7 分)

∴ M(x)≤1,即 M(x)max=1,∴ p≥1, 所以实数 p 的取值范围是[1,+∞) ; (8 分)

(Ⅲ )∵ f′ (x)=
2

,令 f′ (x)=0,即 px ﹣2x+p=0(*) (9 分)

2

设 h(x)=px ﹣2x+p,x∈ (0,3) , 当 p=0 时,方程(*)的解为 x=0,此时 f(x)在 x∈ (0,3)无极值,所以 p≠0;

当 p≠0 时,h(x)=px ﹣2x+p 的对称轴方程为 x= ① 若 f(x)在 x∈ (0,3)恰好有一个极值,

2



49





,解得:0<p≤



此时 f(x)在 x∈ (0,3)存在一个极大值; (11 分) ② 若 f(x)在 x∈ (0,3)恰好两个极值,即 h(x)=0 在 x∈ (0,3)有两个不等实根





,解得:

<p<1, (13 分)

∴ 0<p<1, 综上所述,当 0<p<1 时,y=f(x)在 x∈ (0,3)存在极值. (14 分)

29、已知函数 f(x)=



(Ⅰ )求函数 f(x)在区间[1,e]上的最大值、最小值;

(Ⅱ )求证:在区间(1,+∞)上函数 f(x)的图象在函数 g(x)=

图象的下

方; (Ⅲ )请你构造函数 h(x) ,使函数 F(x)=f(x)+h(x)在定义域(0,+∞)上,存在两个 极值点,并证明你的结论.

:解: (Ⅰ ) ∵ x>0,∴ f′ (x)>0, ∴ f(x)在(0,+∞)上是单调递增函数,

∴ f(x)在区间[1,e]上的最大值为 f(e)=



50

最小值为 f(1)=



(Ⅱ )证明:设 G(x)=g(x)﹣f(x) ,

则 G(x)=



=

=



当 x∈ (1,+∞)时,显然有 G′ (x)>0, ∴ G(x)在区间(1,+∞)上是单调增函数,

∴ G(x)>G(1)=

>0 在(1,+∞)上恒成立,

即 g(x)>f(x)在(1,+∞)上恒成立,

∴ 在区间(1,+∞)上函数 f(x)的图象在函数 g(x)=

图象的下方.

(Ⅲ )令 h(x)=﹣

x,则 F(x)=



x(x>0) ,

令 F′ (x)=0,得 x=

,或 x=2,令 F′ (x)>0 得,
51

0<x<

,或 x>2,令 F′ (x)<0 得,

<x<2

∴ 当 h(x)=﹣

x 时,函数 F(x)=f(x)+h(x)在定义域(0,+∞)上,

存在两个极值点 x1=

,x2=2.

30、已知函数 f(x)=ln(x﹣1)﹣k(x﹣1)+1 (1)求函数 f(x)的极值点. (2)若 f(x)≤0 恒成立,试确定实数 k 的取值范围.

(3)证明:

+…+

(n∈ N,n>1) .

解: (1)f(x)的定义域为(1,+∞) ,f′ (x)=

﹣k.

当 k≤0 时,∵ x﹣1>0,∴ f′ (x)>0,则 f(x) 在(1,+∞)上是增函数. f(x)在(1,+∞)上无极值点.

当 k>0 时,令 f′ (x)=0,则 x=1+

. 所以当 x∈ (1,1+



时, f′ (x) = 上是增函数,

﹣k>

﹣k=0,

∴ ( f x) 在∈ (1, 1+



52

当 x∈ (1+

,+∞) 时,f′ (x)=

﹣k<

﹣k=0,

∴ f(x)在∈ (1+ 取得极大值.

,+∞) 上是减函数.

∴ x=1+

时,f(x)

综上可知, 当 k≤0 时, ( f x) 无极值点; 当 k>0 时, ( f x) 有唯一极值点 x=1+ (2)由 1)可知,当 k≤0 时,f(2)=1﹣k>0,f(x)≤0 不成立.



故只需考虑 k>0. 由 1)知,f(x)max=f(1+

)=﹣lnk,

若 f(x)≤0 恒成立,只需 f(x)max=f(1+ 化简得:k≥1.所以,k 的取值范围是[1,+∞) . 3)由 2)知,当 k=1 时,lnx<x﹣1,x>1. 3 3 2 2 ∴ lnn <n ﹣1=(n﹣1) (n +n+1)<(n﹣1) (n+1) .

)=﹣lnk≤0 即可,





,n∈ N,n>1.



+…+





3+4+5+…+n+1



53

=

×

(n﹣1)

=

,n∈ N,n>1.

54


相关文章:
(新课标)2014届高三数学一轮复习方案精编试题3
专题推荐 马云说 名人名言精选2 中国名人传记 史玉柱传奇:巨人前传相关文档推荐 ...导数、三角、向量、数列、不等式 第Ⅰ卷一、选择题:本大题共 12 小题,每小...
2012高考数学二轮名师精编精析(4):导数及其应用(理)
2012高考数学二轮名师精编精析(4):导数及其应用(理...导数及其应用( 导数及其应用(2) 1 .已知对任意...全球冷笑话精选20份文档 乘机安全小贴士 安全乘机指南...
2011创新方案高考数学复习精编(人教新课标)--2.12导数...
2011创新方案高考数学复习精编(人教新课标)--2.12导数...问题举例题组 导数与函数的单调性 ( ) 1.(...全球冷笑话精选 89份文档 应届生求职季宝典 英文个人...
数列 精品题目
3页 1财富值 高考数列题目集 9页 2财富值 高中数学数列题目精选精编 16页 免费...+anxn,求函数 f (x)在点 x=1导数 f 1 (1).解:(1) 由已知 Sn+...
2011年黄冈中学高考数学压轴题精选11
黄冈中学高考数学3导数题库... 51页 免费如...年黄冈中学高考数学压轴题精选 精编精解】 11 51....已知二次函数满足:对任意实数 x,都有,且当(1,3...
更多相关标签: