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专题1 第6课时


专题一

第 6 课时

1.(2014· 湖南郴州二模)设函数 f(x)=x2+aln(x+1)有两个极值点 x1,x2,且 x1<x2. (1)求实数 a 的取值范围; (2)讨论函数 f(x)的单调性. 2x2+2x+a a 解析: (1)由 f(x)=x2+aln(x+1)得 f′(x)=2x+ = (x>-1). x+

1 x+1 1 令 g(x)=2x2+2x+a(x>-1),则其对称轴为 x=- ,故由题意可知 x1,x2 是方程 g(x) 2
?Δ=4-8a>0, ? 1 =0 的两个均大于-1 的不相等的实数根,其充要条件为? 解得 0<a< . 2 ? g ? - 1 ? = a >0 , ?

1? 即 a 的取值范围是? ?0,2?. 2x2+2x+a 2?x-x1??x-x2? (2)由(1)可知 f′(x)= = , x+1 x+1 其中-1<x1<x2,故 ①当 x∈(-1,x1)时,f′(x)>0,即 f(x)在区间(-1,x1)上单调递增; ②当 x∈(x1,x2)时,f′(x)<0,即 f(x)在区间(x1,x2)上单调递减; ③当 x∈(x2,+∞)时,f′(x)>0,即 f(x)在区间(x2,+∞)上单调递增. 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 解析: (1)当 a=2 时,f(x)=2ln x-x2+2x,f′(x)= -2x+2,切点坐标为(1,1), x 切线的斜率 k=f′(1)=2,则切线方程为 y-1=2(x-1), 即 y=2x-1. -2?x+1??x-1? 2 (2)g(x)=2ln x-x2+m,则 g′(x)= -2x= , x x 1 ? 1 ∵x∈? ?e,e?,∴当 g′(x)=0 时,x=1.当e<x<1 时,g′(x)>0;当 1<x<e 时,g′(x)<0. 故 g(x)在 x=1 处取得极大值 g(1)=m-1. 1? 1 1 2 2 ?1? ?1? 又 g? ?e?=m-2-e2,g(e)=m+2-e ,g(e)-g?e?=4-e +e2<0,则 g(e)<g?e?, 1 ? ∴g(x)在? ?e,e?上的最小值是 g(e).

g?1?=m-1>0 ? ? 1 ? 1 ? g(x)在?e,e?上有两个零点的条件是? ?1? ,解得 1<m≤2+ 2, 1 e ?g?e?=m-2-e2≤0 ? 1? ∴实数 m 的取值范围是? ?1,2+e2?. ex 3.已知函数 f(x)= x . xe +1 (1)证明:0<f(x)≤1; 1 (2)当 x>0 时,f(x)> 2 ,求 a 的取值范围. ax +1 解析: (1)证明:设 g(x)=xex+1,则 g′(x)=(x+1)ex. 当 x∈(-∞,-1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减; 当 x∈(-1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增. 所以 g(x)≥g(-1)=1-e 1>0.


ex?1-ex? 又 ex>0,故 f(x)>0,f′(x)= x . ?xe +1?2 当 x∈(-∞,0)时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 当 x∈(0,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减. 所以 f(x)≤f(0)=1. 综上,有 0<f(x)≤1. 1 (2)①若 a=0,则 x>0 时,f(x)<1= 2 ,不等式不成立. ax +1 ②若 a<0,则当 0<x< 1 1 时, 2 >1,不等式不成立. ax +1 -a

1 ③若 a>0,则 f(x)> 2 等价于(ax2-x+1)ex-1>0.* ax +1 设 h(x)=(ax2-x+1)ex-1,则 h′(x)=x(ax+2a-1)ex. 1 若 a≥ ,则当 x∈(0,+∞),h′(x)>0,h(x)单调递增, 2 h(x)>h(0)=0. 1-2a? 1 若 0<a< ,则当 x∈?0, ,h′(x)<0,h(x)单调递减,h(x)<h(0)=0.不等式不恒成 2 a ? ? 立. 1 于是,若 a>0,不等式*成立当且仅当 a≥ . 2 1 ? 综上,a 的取值范围是? ?2,+∞?. π? 4.(2014· 北京卷)已知函数 f(x)=xcos x-sin x,x∈? ?0,2?.

(1)求证:f(x)≤0; π? sin x (2)若 a< <b 对 x∈? ?0,2?恒成立,求 a 的最大值与 b 的最小值. x 解析: (1)证明:由 f(x)=xcos x-sin x 得 f′(x)=cos x-xsin x-cos x=-xsin x. π? 因为在区间? ?0,2?上 f′(x)=-xsin x<0, π? 所以 f(x)在区间? ?0,2?上单调递减. 从而 f(x)≤f(0)=0. sin x sin x (2)当 x>0 时,“ >a”等价于“sin x-ax>0”;“ <b”等价于“sin x-bx<0”. x x 令 g(x)=sin x-cx,则 g′(x)=cos x-c. π 0, ?恒成立. 当 c≤0 时,g(x)>0 对任意 x∈? ? 2? π 0, ?,g′(x)=cos x-c<0, 当 c≥1 时,因为对任意 x∈? ? 2? π 0, ?上单调递减. 所以 g(x)在区间? ? 2? π 0, ?恒成立. 从而 g(x)<g(0)=0 对任意 x∈? ? 2? π 0, ?使得 g′(x0)=cos x0-c=0. 当 0<c<1 时,存在唯一的 x0∈? ? 2? π 0, ?上的情况如下: g(x)与 g′(x)在区间? ? 2? x g′(x) g(x) 因为 g(x)在区间[0,x0]上是增函数, 所以 g(x0)>g(0)=0. π? π 2 ?π? 进一步,“g(x)>0 对任意 x∈? ?0,2?恒成立”当且仅当 g?2?=1-2c≥0,即 0<c≤π. π? 2 综上所述, 当且仅当 c≤ 时, g(x)>0 对任意 x∈? 当且仅当 c≥1 时, g(x)<0 ?0,2?恒成立; π π? 对任意 x∈? ?0,2?恒成立. π sin x 2 0, ?恒成立,则 a 的最大值为 ,b 的最小值为 1. 所以,若 a< <b 对任意 x∈? 2 ? ? x π (0,x0) + x0 0

?x0,π? 2? ?


m 5.(2014· 陕西卷)设函数 f(x)=ln x+ ,m∈R. x (1)当 m=e(e 为自然对数的底数)时,求 f(x)的极小值; x (2)讨论函数 g(x)=f′(x)- 零点的个数; 3 f?b?-f?a? (3)若对任意 b>a>0, <1 恒成立,求 m 的取值范围. b-a e 解析: (1)由题设,当 m=e 时,f(x)=ln x+ , x x-e 则 f′(x)= 2 , x ∴当 x∈(0,e),f′(x)<0,f(x)在(0,e)上单调递减, 当 x∈(e,+∞),f′(x)>0,f(x)在(e,+∞)上单调递增, e ∴当 x=e 时,f(x)取得极小值 f(e)=ln e+ =2, e ∴f(x)的极小值为 2. x 1 m x (2)由题设 g(x)=f′(x)- = - 2- (x>0), 3 x x 3 1 令 g(x)=0,得 m=- x3+x(x>0). 3 1 设 φ(x)=- x3+x(x≥0), 3 则 φ′(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1), 当 x∈(0,1)时,φ′(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增; 当 x∈(1,+∞)时,φ′(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减. ∴x=1 是 φ(x)的唯一极值点,且是极大值点,因此 x=1 也是 φ(x)的最大值点, 2 ∴φ(x)的最大值为 φ(1)= . 3 又 φ(0)=0,结合 y=φ(x)的图象(如图),可知

2 ①当 m> 时,函数 g(x)无零点; 3 2 ②当 m= 时,函数 g(x)有且只有一个零点; 3 2 ③当 0<m< 时,函数 g(x)有两个零点; 3 ④当 m≤0 时,函数 g(x)有且只有一个零点.

2 综上所述,当 m> 时,函数 g(x)无零点; 3 2 当 m= 或 m≤0 时,函数 g(x)有且只有一个零点; 3 2 当 0<m< 时,函数 g(x)有两个零点. 3 f?b?-f?a? (3)对任意的 b>a>0, <1 恒成立, b-a 等价于 f(b)-b<f(a)-a 恒成立.(*) m 设 h(x)=f(x)-x=ln x+ -x(x>0), x ∴(*)等价于 h(x)在(0,+∞)上单调递减. 1 m 由 h′(x)= - 2-1≤0 在(0,+∞)上恒成立, x x 1?2 1 得 m≥-x2+x=-? ?x-2? +4(x>0)恒成立, 1 1 1 对m= ,h′?x?=0仅在x= 时成立?, ∴m≥ ? 4 2 ? 4? 1 ? ∴m 的取值范围是? ?4,+∞?. 1 6.已知函数 f(x)=ln x,g(x)= ax+b. 2 (1)若 f(x)与 g(x)在 x=1 处相切,试求 g(x)的表达式; m?x-1? (2)若 φ(x)= -f(x)在[1,+∞)上是减函数,求实数 m 的取值范围; x+1 1 1 1 1 n 1 1 1 (3)证明不等式: + + +?+ < +1+ + +? . ln 2 ln 3 ln 4 2 3 n ln?n+1? 2 解析: (1)由于 f(x)与 g(x)在 x=1 处相切, 1 1 且 f′(x)= ,∴f′(1)=1= a,得 a=2. x 2 1 又 g(1)=0= a+b,∴b=-1. 2 ∴g(x)=x-1. m?x-1? m?x-1? (2)∵φ(x)= -f(x)= -ln x 在[1,+∞)上是减函数, x+1 x+1 -x2+?2m-2?x-1 ∴φ′(x)= ≤0 在[1,+∞)上恒成立, x?x+1?2 1 即 x2-(2m-2)x+1≥0 在[1,+∞)上恒成立,由 2m-2≤x+ ,x∈[1,+∞), x 1 又 x+ ∈[2,+∞),∴2m-2≤2,得 m≤2. x

2?x-1? (3)证明:由(2)可得:当 m=2 时,φ(x)= -ln x 在[1,+∞)上是减函数, x+1 2?x-1? ∴当 x>1 时,φ(x)<φ(1)=0,即 -ln x<0, x+1 2?x-1? 1 1 x+1 ∴ln x> ,从而得到: < · , ln x 2 x-1 x+1 1 1 3 当 x=2 时, < × , ln 2 2 1 1 1 4 当 x=3 时, < × , ln 3 2 2 1 1 5 当 x=4 时, < × , ln 4 2 3 ?? 当 x=n+1 时, 1 1 n+2 < · ,n∈N*,n≥2, ln?n+1? 2 n

上述不等式相加得: n+2? 1 1 1 1 1 3 4 5 + + +?+ < ? + + +?+ ln 2 ln 3 ln 4 n ? ln?n+1? 2?1 2 3 2 2 2 2 n 1 1 1 1 1 1 1 1 n n+ + + +?+ ?= +1+ + +?+ , = ? 即 + + +?+ < +1 1 2 3 n? 2 2? 2 3 n ln 2 ln 3 ln 4 ln?n+1? 2 1 1 1 + + +?+ (n∈N*,n≥2). 2 3 n


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