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高大規(guī)練)
函與數(shù)41.(2015·重慶卷已函數(shù)()=ax+x(∈在=處取得極值。3(1)確定a的值;(2)若(=fx)e,討論gx的調(diào)性。解(1)對fx求導得f′()=+,44因為(在x=處取得極值,所以′33
=,16416a81即3·-=0,解得=。93321(2)由(1)得()=+31故′()=+215=+x+2
e
1=x(x+1)(+4)e。2令′()=0,解得=,=-或=-。當-4,′()<0,故g()為減函數(shù);當-4<<-,′(,故(為增函數(shù);當-1<<0時,′()<0故()為減函數(shù);當>0時,′()>0故(x)為函數(shù)。綜上知gx在-∞,-4)和-1,0)內(nèi)為減函數(shù)(,1)和,+∞)為增函數(shù)。2.(2015·北京卷設數(shù)f)=-klnx,>02(1)求(的單調(diào)區(qū)間和極值;(2)證明:若fx)存在零點,則()在區(qū)(,e)上僅有一個零點。x解(1)由fx=-lnx(>0)得2kx-f′(=-=。x由′()=0解=。f(與f′()區(qū)間,+∞)的情況如下:x
(0,k
k
(k,+∞)1
f′()f()
-0+k-2所以)的單調(diào)遞減區(qū)間(,)單調(diào)遞增區(qū)間(k+∞)f(x)xk處k1-ln取得極小值f()=。2k1-(2)證明:由(1)知,()在區(qū)間0,+上最小值為fk=。2k-因為(存在零點,所以≤0從≥e2當=,()在區(qū)間1,e)上單調(diào)遞減,且f(e)=0,所以=e是fx)在區(qū)間1,e]上唯一零點。1e-k當>e時,(x在區(qū)間0,e)上單調(diào)遞減,且(1)>0,(e)=<0,22所以(在區(qū)間1,e]上僅一個零點。綜上可知,若f(x)存在零點,則()區(qū)間,e]僅有一個零點。3.已知函數(shù)fx)=ax+-lnx。(1)若=,函數(shù)(的單調(diào)區(qū)間;(2)若(1)=2,且在定義域內(nèi)(x)≥+恒立,求實數(shù)b取值范圍。解(1)當a0時,(=x-lnx,函數(shù)定義域為(0,+。f′(lnx,由-=,得=。當∈(0,1)時,′(,(x在0,1)上增數(shù);當∈,+∞),x,()在(1,+上是減函數(shù)。所以函數(shù)fx的單調(diào)增區(qū)間是0,1),調(diào)減區(qū)(1,+∞)(2)由(1)=2,得a+=,=,∴f(x=x+-lnx,由()≥bx+x,得x+-xx≥+x,1ln又∵x>0,∴≤1-恒立。x1lnlnx令()=--,得g′()=,xx∴(在(0,1]上單調(diào)遞減,在[1,+∞)上調(diào)增,∴()=g(1)=0,∴實數(shù)b的值范圍是(-∞,0]。14.已知定義在正實數(shù)集上的函()=x+2g()=3lnx+,中>0,設兩2曲線y=),=()公共點,且在該點處的切線相同。2
1212(1)用表b;(2)求證:()g(x)(>0)。解(1)設曲線y=(x)與y=(xx>0)在公共點x,)處的切相同,3∵′()=+a,′()=,x∴依題意得′x,即
+=ln+,3x2=,3由+=,x=或x=a(舍去),15則=a+a-aln=a22
-lna。(2)證明:設Fx)=()-(x)1=x+ax-alnx-(,23-x+3a則′()=+2-=(>0),xx由′()=0得=或x=-3(舍去。當變時′()x的變化情況如下表:xF′()Fx)
(0,)-
a0極小值
(,+∞)+結(jié)合(1)可知函數(shù)x在0,+上的最小值F()=()-()=0。故當>0,有()x)≥0,即當>0,()≥()。-5.(2015·福建卷已函數(shù)()=lnx-。2(1)求函數(shù)fx的單調(diào)遞增區(qū)間;(2)證明:當x>1時f()<-;(3)確定實數(shù)k的所有可能取值得存在>1當∈)時有f()>-1)。1-+x+解(1)′(=-x+=,∈,+。xx3
由′()>0得,1+5解得0<<。215故()的單調(diào)遞增區(qū)間2(2)證明:令Fx)=()--∈(0,+∞),1-x則有′()=。x當∈,+∞),x,所以(在[,+∞)上單調(diào)遞減,故當>1,()<(1)0,即當x>1時,()<-。(3)由(2)知,當k=時不存在x>1滿題意。當>1時,于>1,有fx)<-1<k(x-,f()<(-1),從而不存在x>1滿題意。當<1時,()f(x)=k(x-,∈,+∞)1-+1k+則有′()=-+-k=。x由′()=0得-+(1-k)x+=。1--
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