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安徽省2015届高考数学二轮复习 高效课时检测试卷8 文


安徽 2015 届高考数学二轮复习 高效课时检测试卷 8 文
1 1.(2014 年石家庄模拟)已知函数 f(x)=ln x+ax+2(a∈R)在 x=2时取得极值. (1)求 a 的值; (2)若 F(x)=λx2-3x+2-f(x)(λ>0)有唯一零点,求 λ 的值. 1 ?1? 解:(1)依题意 f′(x)=x +a,f′ 2 =2+a=0,

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则 a=-2,经检验,a=-2 满足题意. (2)由(1)知 f(x)=ln x-2x+2,则 F(x)=λx2-ln x-x, 2λx2-x-1 1 F′(x)=2λx-x -1= . x 令 t(x)=2λx2-x-1,∵λ>0,∴Δ=1+8λ>0, 方程 2λx2-x-1=0 有两个异号的实根,设 x1<0,x2>0, ∵x>0,∴x1 应舍去. 则 F(x)在(0,x2)上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增. 且当 x→0 时,F(x)→+∞,当 x→+∞时,F(x)→+∞, ∴当 x=x2 时,F′(x2)=0,F(x)取得最小值 F(x2). ∵F(x)有唯一零点,∴F(x2)=0,
? ? =0 ?F? x2? ?λx2-ln x2-x2=0 则? ,即? , ?F′? x2? ?2λx2-x2-1=0 =0 ? ?

x2 1 1 x2 得 F(x2)=λx2-ln x2-x2= 2 +2-ln x2-x2=2-ln x2- 2 =0. 1 x 1 1 又令 p(x)=2-ln x-2,则 p′(x)=-x -2<0(x>0) . 故 p(x)在(0,+∞)上单调递减,注意到 p(1)=0,故 x2=1,得 λ=1. 2.已知函数 f(x)=2ln x-x2+ax(a∈R). (1)当 a=2 时,求 f(x)的图象在 x=1 处的切线方程;

?1 ? (2)若函数 g(x)=f(x)-ax+m 在 e,e 上有两个零点,求实数 m 的取值范围. ? ?
2 解:(1)当 a=2 时,f(x)=2ln x-x2+2x,f′(x)=x -2x+2,切点坐标为(1,1),切线的斜率为 k =f′(1)=2, ∴切线方程为 y-1=2(x-1),即 2x-y-1=0 (2)方程 f(x)-ax+m=0 即为 2ln x-x2+m=0 令 g(x)=2ln x-x2+m, -2? + x 1? ?- x1? 2 则 g′(x)=x -2x= , x

?1 ? ∵x∈ e,e ,∴g′(x)=0 时,x=1 ? ?
1 当e<x<1 时,g′(x)>0, 当 1<x<e 时,g′(x)<0,
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故函数 g(x)在 x=1 处取得极大值 g(1)=m-1, 1 ?1? 又 g e =m-e2,g(e)=m+2-e2, ? ? 1 ?1? g(e)-g e =4-e2+e2<0, ? ?

?1? 则 g(e)<g e , ? ? ?1 ? 故函数 g(x)在 e,e 上的最小值是 g(e) ? ?
g? 1? =m-1>0 ? ? 1 ? ? 方程 f(x)-ax+m=0 在 e,e 上有两个不相等的实数根, 则? ?1? , 解得 1<m≤2 1 ? ? g =m-2-e2 ? ? ?e? 1 +e2, 1? ? 故实数 m 的取值范围是 1,2+e2 .

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a 1 3.已知函数 f(x)=x-(a+1)ln x-x(a∈R),g(x)=2x2+ex-xex. (1)当 x∈[1,e]时,求 f(x)的最小值; (2)当 a<1 时,若存在 x1∈[e,e2],使得对任意的 x2∈[-2,0],f(x1)<g(x2)恒成立,求 a 的取 值范围. 解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞), ? - x 1? ?- xa? f′(x)= . x2 ①当 a≤1 时,x∈[1,e]时,f′(x)≥0, f(x)在[1,e]上为增函数,f(x)min=f(1)=1-a. ②当 1<a<e 时, x∈[1,a]时,f′(x)≤0,f(x)为减函数; x=a 时,f′(x)=0; x∈[a,e]时,f′(x)≥0,f(x)为增函数. 所以 f(x)min=f(a)=a-(a+1)ln a-1. ③当 a≥e 时,x∈[1,e]时,f′(x)≤0,f(x)在[1,e]上为减函数. a f(x)min=f(e)=e-(a+1)-e. 综上,当 a≤1 时,f(x)min=1-a; 当 1<a<e 时 f(x)min=a-(a+1)ln a-1; a 当 a≥e 时,f(x)min=e-(a+1)-e. (2)由题意知:f(x)(x∈[e,e2])的最小值小于 g(x)(x∈[-2,0])的最小值. 由(1)知 f(x)在[e,e2]上单调递增, a f(x)min=f(e)=e-(a+1)-e. g′(x)=(1-ex)x.
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e2-2e a 当 x∈[-2,0]时, g′(x)≤0, g(x)为减函数, g(x)min=g(0)=1, 所以 e-(a+1)-e<1, 即 a> , e+1

?e2-2e ? 所以 a 的取值范围为? e+1 ,1?. ? ?
k? - x 1? 4.(2014 年郑州模拟)已知函数 f(x)=ln x,g(x)= . x (1)当 k=e 时,求函数 h(x)=f(x)-g(x)的单调区间和极值; (2)若 f(x)≥g(x)恒成立,求实数 k 的值. 解:(1)注意到函数 f(x)的定义域为(0,+∞), k? - x 1? h(x)=ln x- (x>0), x 1 e x-e 当 k=e 时,h′(x)=x -x2= x2 , 若 0<x<e,则 h′(x)<0;若 x>e,则 h′(x)>0. 所以 h(x)是(0,e)上的减函数,是(e,+∞)上的增函数, 故 h(x)min=h(e)=2-e, 故函数 h(x)的减区间为(0,e),增区间为(e,+∞),极小值为 2-e,无极大值. 1 k x-k (2)由(1)知 h′(x)=x -x2= x2 , 当 k≤0 时,h′(x)>0 对 x>0 恒成立,所以 h(x)是(0,+∞)上的增函数, 注意到 h(1)=0,所以 0<x<1 时,h(x)<0,不合题意. 当 k>0 时,若 0<x<k,h′(x)<0;若 x>k,h′(x)>0. 所以 h(x)是(0,k)上的减函数,是(k,+∞)上的增函数, 故只需 h(x)min=h(k)=ln k-k+1≥0. 令 u(x)=ln x-x+1(x>0), 1-x 1 u′(x)=x -1= x , 当 0<x<1 时,u′(x)>0;当 x>1 时,u′(x)<0. 所以 u(x)是(0,1)上的增函数,是(1,+∞)上的减函数. 故 u(x)≤u(1)=0,当且仅当 x=1 时等号成立. 所以当且仅当 k=1 时,h(x)≥0 成立,即 k=1 为所求.

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