導(dǎo)數(shù)與函數(shù)解答題專題練習(xí)作業(yè)1含答案(共6頁(yè))

1、導(dǎo)數(shù)(do sh)與函數(shù)專練作業(yè)(三十三)1(2014鄭州質(zhì)量(zhling)預(yù)測(cè))(本小題滿分(mn fn)14分)已知函數(shù)f(x)xex.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)當(dāng)0 xf(eq f(k,x)，求實(shí)數(shù)k的取值范圍解析(1)由題知f(x)(1x)ex(xR)，當(dāng)f(x)0時(shí)，x1，當(dāng)f(x)1，(3分)所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，)，其極大值為f(1)eq f(1,e)，無(wú)極小值(5分)(2)由題知0 x1，當(dāng)k0時(shí)，因?yàn)閑q f(k,x)0 xf(eq f(k,x)，符合題意；(7分)當(dāng)0kf(1)，這與函數(shù)在(，1)上單調(diào)遞增不符；(

2、9分)當(dāng)k1時(shí)，因?yàn)閑q f(k,x)eq f(1,x)1，由(1)知函數(shù)f(x)在(1，)上單調(diào)遞減，所以f(eq f(k,x)f(eq f(1,x)，即只需證f(x)f(eq f(1,x)，即證xexeq f(1,x)eeq f(1,x).即lnxxlnxeq f(1,x)，2lnxxeq f(1,x)0，令h(x)2lnxxeq f(1,x)(0 x1)，則h(x)eq f(x22x1,x2)eq f(x12,x2)0對(duì)0 xh(1)0.所以f(x)f(eq f(k,x)，符合題意(13分)綜上：k(，01，)為所求(14分)2(2014南通調(diào)研)(本小題滿分16分)已知函數(shù)f(x)(x

3、a)2ex在x2處取得極小值(1)求實(shí)數(shù)a的值；(2)是否存在區(qū)間m，n，使得f(x)在該區(qū)間上的值域?yàn)閑4m，e4n？若存在，求出m，n的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由解析(1)f(x)ex(xa)(xa2)，由題意知f(2)0，解得a2或a4.(2分)當(dāng)a2時(shí)，f(x)exx(x2)，易知f(x)在(0,2)上為減函數(shù)，在(2，)上為增函數(shù)，符合題意；當(dāng)a4時(shí)，f(x)ex(x2)(x4)，易知f(x)在(0,2)上為增函數(shù)，在(2,4)上為減函數(shù)，不符合題意所以滿足條件的a2.(5分)(2)因?yàn)閒(x)0，所以m0.(7分)若m0，因?yàn)閒(0)42，所以(n2)2ene4n.(9分)設(shè)g(x)

4、eq f(x22,x)ex(x2)，則g(x)eq f(x24,x2)eq f(x22,x)ex0，所以(suy)g(x)在(2，)上為增函數(shù)由于(yuy)g(4)e4，即方程(fngchng)(n2)2ene4n有唯一的解為n4.(11分)若m0，則2m，n，即nm2或0mnm2時(shí)，eq blcrc (avs4alco1(fmm22eme4m，,fnn22ene4n，)由可知不存在滿足條件的m，n.(13分)當(dāng)0mn2時(shí)，eq blcrc (avs4alco1(m22eme4n，,n22ene4m，)兩式相除，得m(m2)2emn(n2)2en.設(shè)h(x)x(x2)2ex(0 x2)則h(x

5、)(x3x24x4)ex(x2)(x1)(x2)ex.h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,2)上單調(diào)遞減，由h(m)h(n)，得0m1,1n2.此時(shí)(m2)2em4e4n，與(m2)2eme4n矛盾綜上所述，滿足條件的m，n的值只有一組，即m0，n4.(16分)3(2014湖南郴州二模)(本小題滿分14分)設(shè)函數(shù)f(x)x2aln(x1)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且x1m成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍解析(1)由f(x)x2aln(x1)，得f(x)2xeq f(a,x1)eq f(2x22xa,x1)(x1)令g(x)2x22xa(x1)，則其對(duì)稱軸為xeq f(1,2)，故由題意(t y)可知

6、x1，x2是方程(fngchng)g(x)0的兩個(gè)均大于1的不相等(xingdng)的實(shí)數(shù)根，其充要條件為eq blcrc (avs4alco1(48a0，,g1a0，)解得0aeq f(1,2).(5分)(2)由(1)可知f(x)eq f(2x22xa,x1)eq f(2xx1xx2,x1)，其中1x10，即f(x)在區(qū)間(1，x1)上單調(diào)遞增；當(dāng)x(x1，x2)時(shí)，f(x)0，即f(x)在區(qū)間(x2，)上單調(diào)遞增(9分)(3)由(2)可知f(x)在區(qū)間(x1，)上的最小值為f(x2)又由于g(0)a0，因此eq f(1,2)x20.又由g(x2)2xeq oal(2,2)2x2a0可得a(

7、2xeq oal(2,2)2x2)，從而f(x2)xeq oal(2,2)aln(x21)xeq oal(2,2)(2xeq oal(2,2)2x2)ln(x21)設(shè)h(x)x2(2x22x)ln(x1)，其中eq f(1,2)x0，則h(x)2x2(2x1)ln(x1)2x2(2x1)ln(x1)由eq f(1,2)x0，ln(x1)0，故h(x)在(eq f(1,2)，0)上單調(diào)遞增所以(suy)f(x2)h(x2)h(eq f(1,2)eq f(12ln2,4).故實(shí)數(shù)(shsh)m的取值范圍(fnwi)為meq f(12ln2,4).(14分)4(2014湖南)(本小題滿分13分)已知

8、函數(shù)f(x)xcosxsinx1(x0)(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)記xi為f(x)的從小到大的第i(iN*)個(gè)零點(diǎn)，證明：對(duì)一切nN*，有eq f(1,xoal(2,1)eq f(1,xoal(2,2)eq f(1,xoal(2,n)0，此時(shí)f(x)0；當(dāng)x(2k1)，(2k2) (kN)時(shí)，sinx0.故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(2k，(2k1)(kN)，單調(diào)遞增區(qū)間為(2k1)，(2k2)(kN)(5分)(2)由(1)知，f(x)在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞減，又feq blc(rc)(avs4alco1(f(,2)0，故x1eq f(,2).當(dāng)nN*時(shí)，因?yàn)閒(n)f(n1)(1)nn

9、1(1)n1(n1)10，且函數(shù)f(x)的圖像是連續(xù)不斷的，所以f(x)在區(qū)間(n，(n1)內(nèi)至少存在一個(gè)零點(diǎn)又f(x)在區(qū)間(n，(n1)上是單調(diào)的，故nxn1(n1).(9分)因此(ync)當(dāng)n1時(shí)，eq f(1,xoal(2,1)eq f(4,2)eq f(2,3)； 當(dāng)n2時(shí)，eq f(1,xoal(2,1)eq f(1,xoal(2,2)eq f(1,2)(41)eq f(2,3)；(10分)當(dāng)n3時(shí)，eq f(1,xoal(2,1)eq f(1,xoal(2,2)eq f(1,xoal(2,n)eq f(1,2)eq blcrc(avs4alco1(41f(1,22)f(1,n12)eq f(1,2)eq blcrc(avs4alco1(5f(1,12)f(1,n2n1)eq f(1,2)eq blcrc(avs4alco1(5blc(rc)(avs4alco1(1f(1,2)blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)f(1,3)blc(rc)(avs4alco1(f(1,n2)f(1,n1)eq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(6f(1,n1)eq f(6,2)eq f(2,3).綜上所述，對(duì)一切(yqi)n