下載本文檔
版權(quán)說明:本文檔由用戶提供并上傳,收益歸屬內(nèi)容提供方,若內(nèi)容存在侵權(quán),請進行舉報或認(rèn)領(lǐng)
文檔簡介
1、32 個超越函數(shù)問題超越函數(shù),指的是變量之間的關(guān)系不能用有限次加、減、乘、除、乘方、 開方運算表示的函數(shù),如三角函數(shù)、對數(shù)函數(shù)、反三角函數(shù)、指數(shù)函數(shù)就是超 越函數(shù)。導(dǎo)數(shù)是研究超越函數(shù)問題的基本方法。1.已知 f (x) (t 1)ln x tx2 3t ,t R. 若 f(x) 4x對任意 x 1, )恒成立, 求t的取值范圍 .【解析】:由 (t 1)ln xtx2 3t 4x0 ,令 (x) (t21)ln x tx2 3t 4x0,首先由(1) 0t1,此時 (x)22tx2 4x t 1 x,令h(x)2tx 2 4xt 1 ,所以16 8t(t 1)0 ,所以 h(x)0恒成立,即(
2、x) 0 ,(x) 在 1,)遞增,故(x)(1) 4t4 0, t 1122.已知 f(x) aln(x 1)x2 x, a為非零實數(shù).y f(x) 有兩個極值點2x1 x2 ,求證 f (x2 ) 1.x12解析】: x11 a , x2 1 a ,所以 f(x2)1f (x2)1f(x2)1x20 aln(x21) 1x221x20x12 x222 22(1 x2)ln(x2 1) x2 021 令 g(x) (1 x)ln( x 1)x, x (0,1),21因為 g (x) ln(x 1) 0,所以 g(x) g(0) 0,得證 .23. 設(shè)函數(shù) f(x) x2 ax ln x(a
3、1) ,記 f (x) 極小值為 H ,求 H 的最大值 .aa2 8解析】:設(shè) f (x0) 0,則 2x0 ax0 1 0,有 x0 a a 8,2x02 1 ax0.4f ( x)在(0, x0)遞減,在 (x0, )遞增. 則 H x02 ax0 ln x0 x02 1 lnx0.記 g(a)a a2 84(a 1),當(dāng)a 0時, g(a)為增函數(shù);當(dāng)1a0, g(a)a2為增函數(shù) . a所以 x0g( 1)1. H max23ln 241 f (x) ax2f (x) (2a 1) 在(1,e) e 解析】:設(shè)H ( x) ax2 (14. 已 知函數(shù)2x, g(x) ln x .
4、求 a 0 , 使 得 方 程g(x)x內(nèi)有且只有兩個不相等的實數(shù)根 .12a)x lnx(x 0),即H(x)在區(qū)間 ( , e)內(nèi)有且只有e兩個零點 . H (x) 2ax (1令H(x) 0,解得 x 1或 x2a) 1 (2ax 1)(x 1) (x x11 (舍)2a0)當(dāng)x當(dāng)x(1, )時,H (x) 0,H(x)是增函數(shù);(0,1)時, H (x) 0 , H (x)是減函數(shù);1H(x) 在區(qū)間 ( 1 , e)內(nèi)有且只有兩個不相等的零點 . e2 ee 2e 10,0H 1 0 e 只需 H(x)minH(e)5. 已知 f (x)x2 2aln x ,aR. 若f(x) 0對
5、任意 x 1,)恒成立,求 a 取值范圍.【解析】: x22aln x 0 對x 1,)恒成立.(1)當(dāng)x 1 時,有 aR;(2)當(dāng)x 1時, x2 2aln x0,a2 x.2ln x .令g(x)2x (x 1),得 g(x)x(2ln x 1) ;2;2ln x2ln 2 x若 1 xe ,則 g (x)0;若xe ,則 g (x) 0得 g(x) 在(1, e)上遞增,在 ( e, ) 上遞減.2故g(x) 2lxnx(x 1)的最大值為 g( e) e.所以a e.6.設(shè)函數(shù) f(x) px p 2ln x, g(x)x2e2e,若在 1,e上至少存在一點 x0,使 x得 f (x
6、0) g(x0) 成立,求實數(shù) p的取值范圍 .解析】:因為 g(x) 2e在1,e 上是減函數(shù), x2,2e ,所以 g(x)min 2 , g(x)max 2e,即 g(x) 當(dāng) p 0時,由 2 知 f (x) 在1,e 遞減f (x)max f(1)0 2 ,不合題意;1 當(dāng) 0 p 1 時, x 1,e x0 ,x11所以 f (x) p(x ) 2ln x x 2ln xxx1e 2ln e e e11 2 2不合題意e 當(dāng) p 1時, f (x)在1,e上是增函數(shù),f (1) 0 2,又g(x) 在1,e 上是減函數(shù),故只需 f (x)maxg(x)min ,x 1,e ,g(x
7、)min 2,即 p(e1e)2lne2 ,解得 p1而 f (x)max f (e) p(e ) 2ln ee4e. 綜上,p的范圍 ( 24e , ).e14ee2 127. h(x) aln x |(ax解:當(dāng) a 2 時,2)x|,x 1,),求證: h(x)h(x)ax 22xa20 ,故 h(x) h(1)2,當(dāng) a 2時, h(x)h(x) ax2 2 ax2x(2 a)x 2(xaln x (a 2)x1) 0,解得 x22a0或 x 1,x (0,1)時, h(x)0,h(x) 是減函數(shù);當(dāng) x (1, ) 時,h(x)0,h(x) 是增函數(shù);故 h( x) min h(1)
8、4a2,即 h(x) 2. 綜上所述: h(x) 28. 已知函數(shù) f (x)2x2 aln x(a R) .有兩個極值點 x1 ,x2 ,且 x1 x2 ,證明:f (x2) 5 24ln2.4解析】:f (x) 2x 2 a 2x 2x a,則 x1,x2是 2x2 2x a 0的兩個根, xx1 2 2 2 所以x2 1,a 2x2 2x22 ,所以 f(x2) x22 2x2 2 (2x2 2x22)ln x2,2令g(t) t2 2t 2 (2t 2t2)lnt,1 t 1,g(t) (2 4t) ln t ,所以g (t) 0,2則 g(t)在t ( 1 ,1)上為增函數(shù),所以 g
9、(t) g(1) 5 2ln 22 2 43 2 3 b9. 已知函數(shù) f (x) ln( x 1) x3 x2 x.方程 f (1 x) (1 x)3 有實根,求 b x范圍.【解析】: bxln xx2 x3 在 x 0 上有解,即求函數(shù) g(x) xln x x2 x3的值域.令 h(x) ln x2 xx,由 h(x)11 2x(2x 1)(1x).因為 x 0,xx所以當(dāng) 0 x1時,h (x) 0 ;當(dāng) x 1 時,h(x) 0.所以h(x) h(1) 0,又因為 x 0,所以 g(x)的值域為 ( ,0.10. 已知函數(shù) f(x) ax2 ex(a R).若 f ( x)有兩個極
10、值點 x1, x2,求 a取值范 圍.解:設(shè) g(x) f (x) 2ax ex,若 a 0時, g(x) 單調(diào)遞減,舍;若a 0時,由 g (x) 0,得 x ln2a ,當(dāng)x ( ,ln2a)時,g (x) 0 , g( x)單調(diào)遞增,當(dāng) x (ln 2a, )時, g (x) 0,g(x) 單調(diào)遞減,所以 g(x)max g(ln2a) 2aln2a 2a 0,得 a e.211. 已知函數(shù) f (x) ax x2 xln a(a 0,a 1) .若存在 x1 , x2 1,1 ,使得 f(x1) f(x2) e 1 ,求實數(shù) a 的取值范圍 .解析】:只要 f (x)max f (x)
11、min e 1.f (x) 在 1,0上是減函數(shù),在 0,1上是增函數(shù),1所以 f (x)min f (0) 1. 因為 f (1) f ( 1) a2ln a,a1令g(a) a 1 2lna(a 0),因為 g(a) 0,所以 g(a)在(0, )上是增函數(shù). a而 g(1) 0 ,故當(dāng) a 0時, g(a) 0; 當(dāng) 0 a1時, g(a)0,所以,當(dāng) a1時, f (1) f (0) e 1,即 a lna1,a1解析】: f(x)x3 2x2 4x.即 x3 2x24x k 在 3,2 上有兩個不相等實e;而函數(shù) y a ln a 在 a (1, ) 上是增函數(shù),解得1 當(dāng)0 a 1
12、時, f( 1) f (0) e 1,即ln aa1函數(shù) y 1 ln a在a (0,1) 上是減函數(shù),解得 0 a1綜上所求 a的取值范圍為 (0,1 e, )e12. 已知 f (x) ax3 bx2 4x 極小值為 -點( 2,0) ,如圖所示. 若函數(shù) y f (x)同的零點,求實數(shù) k 的取值范圍 .根.22f (x) 3x2 4x 4 ,令 f (x) 0 ,解得 x 2或 x,可列表如下:13. 已知 f (x)(k 4)ln xk4 x2k 0.若 k 4,) ,曲線 y f (x) 上總存x( 3, 2)( 2,23)(23,2)f (x)f (x)由表可知, k 8或 3
13、k 27在相異兩點 M ( x1, y1) , N (x2 , y2 )使得曲線 y f(x)在M , N兩點處切線互相平行,求 x1 x2的取值范圍 .解析】: f (x1)f (x2) (x1,x20且 x1x2),即kx142x1x242 x21,即 4(x1 x2) (k )x1 x2k而 x1 x2x1x2所以4(x1 x2) (k 4)(x1 x2)2 k2令 g(k) k 4 , g (k) 1 42 (k 2)(2k 2) 0 ,所以 g(k) k k kg(4)5,所以1616,所以 x15x2 的取值范圍是 ( ,5).1 2 114.已知函數(shù) f(x) alnxx2(a
14、0)對任意 x 1, ),都有 f (x) 0,求22a的取值范圍.【解析】:當(dāng)a 0時,f(x)在1, )上單調(diào)遞減. 所以 f(x)在1, )上的最大值 為 f(1) 0. 當(dāng) a 1, f(x)在1, )上單調(diào)遞減 . 所以 f(x) 在的最大值為 f (1) 0.當(dāng) a 1, f(x)在1, a )上單調(diào)遞增,所以 f( a) f(1), f( a) 0,矛盾. 綜上 a 的取值范圍是 ( ,0) (0,115. 已知函數(shù) f(x)ln xa(x2x)(aR). 求 f(x) 在1,2 的最大值1【解析】: f (x)x2axa2ax2ax1,x 0 ;x當(dāng) a 0 時, f (x)0
15、,f(x) 在 1,2 上遞增,f(x)max f (2) ln 2 ;當(dāng) a 0時,令 g(x)2ax2ax 1 ,x1,2當(dāng)a 0時, f (x)在1,2上遞增, f (x)max f(2) ln2 2a;當(dāng)a 0時,若g(1) 0,f (x) 0在1,2恒成立, f (x)遞減, f (x)max f (1) 0;2若g(1) 0,g(2) 0,即: 61 a 1時, f (x)在1,a 4aa 8a)上大于零,(aa2 8a ,2上小于零, 所以 f(x)maxf(aa2 8a)4a 4aa a2 8aa2 8a a 4ln .4a 8若 g(1) 0, g(2) 0, f (x) 0
16、在1,2恒成立, f(x) 在1,2遞增,所以1a61a16a1f (x)max f(2) ln 2 2aln2 2aa a2 8aa2 8a a 4ln4a 801 x ln 1 x x kxx16. 已知函數(shù) f x 。當(dāng) x 1,且 x 0時,不等式 1 kx f x 1 x 成立, ln 1 x【解析】:原不等式可化為1 x ln 1x x kx20。x令gx1 x ln 1xx kx2。令 hx g xln 1 x 2kx ,1h x 2k ,x1當(dāng) x0 時,有 011,x1令 2k1 ,則 h x0,h x 在 0,上單調(diào)遞減,g x g 00, g x 在 0,上單調(diào)遞減,從而
17、 gxg 0 0 ,即1 x ln 1x x kx20求實數(shù) k 的值。x2當(dāng)1 x 0 時,有1x11 ,令 2k 1,則 h x0,hx 在 1,0 上單調(diào)遞增,gxg 0 0 ,g x 在1,0 上單調(diào)遞減, g xg 0 0 ,1 即1x ln 1 xx kx210 ,因此,當(dāng) k 時,221 x ln 1 x x kxx0。x1 顯然當(dāng) 2k 1 不成立),因此,當(dāng) k 時,20;綜上, k 1 。21 3 2fx17. 已知函數(shù) f xx3 ax唯一零點 x0 ,且 x0,0 。因為 h x0 3x b( a,b R )。對任意的 b ,函數(shù) g x3零點不超過 4 個,求 a 的
18、取值范圍。解析】:由題得:2ax 3 ,4a2 12 。當(dāng)0,即 a2 3時,x 0 ,滿足題意。當(dāng)0,即 a2 3 時,x 0 有兩根,記為 x1 ,x2 ,且 x1x2 ,則 x1x22a,x1x2。由題意知:f x1f x24,333x1 x232 a x12x23x1 x2得:3a4 ,綜合可得:2。18. 已知 f x ex m x3 , g x ln x 1 【解析】: f x g x x3 ex m ln x 當(dāng) m 1 時, ex m ln x 1 2 ex 1 ln 設(shè)hx ex1 ln x 1 2,則h x ex1則 p x ex 11 2 0 ,所以 p xx 1 211
19、因為 he2 2 0, h 0 e 122 ,當(dāng) m 1時,證明: f x g x x3 。1 2 0 。x 1 2 ,只需證明 ex 1 ln x 1 2 011,設(shè) p x ex 1 1 ,x1x1hx在1, 上單調(diào)遞增。0,所以h x ex 1 1 在 1,上有x10 ,所以 ln x0 1x0 1 ,當(dāng) x 1,x0 時, h x 0 ;當(dāng) x x0,時, h x 0 ,所以當(dāng) x x0 時, h x 取得最小值 h x0 ,所以 h x h x0 ex0 1 ln x0 1 2 1x0 1 2 0x0 13綜上可知:當(dāng) m 1時, f x g x x3 。1319. 已知函數(shù) f x
20、x3 bx ,當(dāng) b81時,求證: 對任意 x 0,2 , f x 2b 恒3成立。解析】: f x x2 b ,當(dāng) b0 時, f x 0 恒成立, f x 在 0,2 上單調(diào)遞增,2b 83當(dāng) 1 b 0時,由 f 00 得:x b 0,2 ,所以 f x 在0, b 上單調(diào)遞減,在 b,2 上單調(diào)遞增,f x max f 0 , f 2 。而 f 0 0,f 22b83 0,2f b b b 0 ,只需證323b b82b ,3即證: bb34 ,因為1 b 0,所以 0 b 1,34,所以4。證畢。20. 過曲線 Cfxx3 ax b外的點 A 1,0 作曲線 C的切線恰有兩條。)求
21、a ,b 滿足的等量關(guān)系;)若存在x0R ,使f x0x0x0 e 0a 成立,求 a 的取值范圍。解析】:() fxx3ax2x 3x2 a ,設(shè)切線x0, fx0,則過 A1,0的切線方程為: y3x02ax1 ,將 x0 , f x0 代入得:x0a x0 1f x0 x03ax0 b3x02 a x0x30ax0b,2x033x02 a b由條件切線恰有兩條知:程*恰有兩根,gx322x3 3x2ab0 ,則 g x 6x26x6x1,顯然有兩個極值點與x1 ,于是要使得 g x 恰有兩個零點,只要0或g0。當(dāng)g00 時,a b ;當(dāng)g 1 0 時, a b1 ,此時 f xx3axa
22、1x1x2x1a,經(jīng)過 A1,0與條件不符合,所以)存在x0R ,使 f x0x0 ex0 a 得:3x03ax0 ax0 ex02x0 aex0 0x02 ex0 成 立 。 設(shè) h2xxex,則 h x2xxe,ex ,令 h x0得:x ln 2 ,從而 h x 在 0,ln2 上單調(diào)遞增,在 ln2,上單調(diào)遞減,ln 2 2ln 2 2 2 ln 2 1 0 ,所以 h x 在 0,上單調(diào)遞減, h x h 01,因此 a1 。21. 已知函數(shù) fx ln x 1 aex a R ,若f x 不是單調(diào)函數(shù),求 a 的取值范圍。解析】: f xln x 1 ae xx1x1xaexe a
23、 x 1。xx 1e先證明) exx 1 (過程省略,由圖象也易知)當(dāng) a1時,ex x 11 ,故0 恒成立, f x 在1,上單調(diào)遞增,不符合題意;1時,令 mx ex a x 1 xmxa ,由m x 0得:x lna0 ,于是當(dāng) x1,ln a 時, m x0,m x 單調(diào)遞減;當(dāng)x ln a,時,1m x 0, mx 單調(diào)遞增,而 m 1 e 10, mlna alna0 ,故 mx在1,ln a 上存在唯一零點, 設(shè)其為x0 ,則當(dāng) x1,x0 時,m x 0 ,fx單調(diào)遞增;當(dāng) x x0,時,0 , f x 單調(diào)遞減,所以 f x不是單調(diào)函數(shù),故 a 1 符合題意。綜上所述,實數(shù)
24、a 的取值范圍是 1,22. 已知對任意x0,1 ,恒有 exln 1 x10,求的取值范圍?!窘馕觥浚毫?fxexln 1 x 1 ,則 fxx eex 1 x1x 1 x令 g x ex 1xg xxex 。當(dāng) x0,1時, gx 0 恒成立, g x 單調(diào)遞減。若存在使 g x ex 1 x 0 的區(qū)域 0,x0 , 則 f x 在 0,x0 上是 增函 數(shù), f x f 0 0 ,與已知不符合; 若 x 0,1 , g x 0 , f x 在 x 0,1 上單調(diào)遞減, f x f 0 0 成立 。由 g x ex1 x 0 恒 成立,而 g x 0 ,則需 g x max g 0 0
25、,即 1 0 e0 , 1 ,所以 的取值范圍是 1,。1 2 223. 已知函 數(shù) f xax 2a 1 x 2ln x a R 。設(shè) g x x2 2x ,若對 任意x1 0,2 ,均存在 x2 0,2 ,使得 f x1 g x2 ,求 a 的取值范圍?!窘馕觥浚河深}意知,在0,2 上有 f x maxg x max 。由已知得:g x max0。22ax 2a 1 x2ax 1 x 21fxax 2a 1( x1 2 ,x2 ),xxxa當(dāng) a1 時, fx在0,2 上單調(diào)遞增,f x f 2 max2a 22ln 2,所以22a 2 2ln2 0,解得 a ln2 1,故 ln2 1
26、a 1 ; 2111當(dāng)a時, f x 在0,上單調(diào)遞增,在,2上單調(diào)遞減,2aaf x maxf1212ln a1 ,由 a 可 知:lnaln11ln1, 所以a2a22e2lna2,即2lna 2,所以2 2lna 0。綜上所述, a ln2 1。24. 定義在3, 6 上的兩個函數(shù) f x32x2 2aln x , g x x3 bx2 x 在 x x0處切線平行于x 軸。(1)求實數(shù)a和 b的取值范圍;( 2)試 問 :是 否 存 在 實 數(shù) x1 , x2 ,當(dāng) x1 , x0 , x2 成 等 比 數(shù) 列 時 ,等式f x1 f x2 2g x0 成立。2a 2 2a解析】 :(
27、1) f x 2x , g x 3x2 2bx 1 ,由題知: 2x00 ,x x03x022bx0 1 0 ,從而,2 a x01,33,2,b3x0212x0123a1,b在 a36, 上單調(diào)遞減,所以b 3,11 6。3212(2)由( 1)知: x0a ,若存在實數(shù) x1 ,x23,3,6,2使x1 , x0, x2 成等比數(shù)列,則 x1x2 a ,由 f x1f x22g x0得:2 x12x22aln x1 2aln x22a abaaaaa2x122 x2 2aln x1x2 x12 x22aln aaa2x12x2 2x1x2 2aln aaaa 2a,a1,33,2令a2al
28、n a a a a2a,13 a,32,則a 2ln a132 a 2 a,從而因此,14a a34a2ln 322ln33不存在滿足條件的x1,8 a 1 3a 0,4a a 0 ,7612x2。所以a 在 1,332上單調(diào)遞增,0,所以23 0,即x1x233 上單調(diào)遞減,20 ,矛盾,25. 已知數(shù)列 xn 按如下方式構(gòu)成:* 1 xxn 0,1 ( n N* ),函數(shù) f x ln 在點1xxn,f xn 處的切線與 x軸交點的橫坐標(biāo)為 xn 1。31)證明:當(dāng) x 0,1 時, f x 2x ;(2)證明: xn 1 xn3 ;3 ) 若 x1 0,a , a0,1求 證 : 對 任
29、 意 的 正 整 數(shù) m ,都有l(wèi)ogxn a logxn 1 alogxn m an213N * )。1x【解析】:(1)令gxfx2x ln2xln 1 xln 1 x 2x ,1x111x1x21 x22x2則 g x2,因為 x 0,1 ,所1x1x1 x 1x1 x 1xg x 在x2x 得證。0 ,即 f以g0,g0xx0,1 上單調(diào)遞增, g x由題知:從而得函數(shù) fx1x2,1 x 1 x2 ,x 在點 xn,xn 處的切線方程:f xn21 xn2xn ,令 y0,1并化簡整理得: xn 1 xn 1 1 xn22f xn ,因為 xn0,1 ,由( 1)知 f xn2xn
30、,所以 xn 1xn1 1 xn2n2 n12f xnxn1 xn 2xnn n 2 n nxn ,得證。3)令 bklogxnk a(k 0,1,2, ,m),因為 xn k3xn k 1 ,且 a0,1 ,所以 loga xn k loga3xn k 13logaxn k 1 ,1 logxn k a 3log n k 1 a,所以 bk1bk3k1,由遞推可知:1bk 3bk113 3bk 2113 3bk 3b0故 log x axnlog xn 1 alog x axn mb0b1 b2bmb0 13b021 b030m1 mb0301b0m1131132b01m132b0。要證 l
31、og xnlog xn 1 alogxnmnm只需證2b0即證 b0n1,即 logxnn113也即證xn3n 1a。又 xn xnx13n1x10,a所以 x133n 1a3n1xna3n126. 已知函數(shù)fxax(1)當(dāng)a2時,求曲線(2)當(dāng)a0時,求fxy2aln x2,gxx 2aln xx 在點 1, f 1處的切線方程;的單調(diào)區(qū)間;3)若存在12,e , e使不等式 f x g x解析】:(1)當(dāng)a 2 時, f x2x 5ln x1 0 ,所以曲線 yf x 在點,其中 aR。成立,求 a 的取值范圍。2,x2,2,x1,1, f 1 處的切線方程為:x11。2) f x a 2
32、a 1x2ax 2a 1 x 2 x 22xax2x,令 f x0 得:1 ,當(dāng)a2即 a 1時, f2x 在 0, 1a2, 上單調(diào)遞增, 在 1,2a上單調(diào)遞減;當(dāng)2即單調(diào)遞減。3)存在即存在 x1,e e,使a 1 時, f x2在 0,21上單調(diào)遞增, 在 2,1 上a1,ee使ax e ,所以 hx在1,ee所以 h x mine,故存在27. 設(shè)函數(shù) f xxe ax1)若 a b2ax 2a 1 lnxxlnx ln成立。令 h xx上單調(diào)遞增,2aln x2成立,x1 lnx,由 h0 得:在 e,e2 上單調(diào)遞減,h1ee,h12 ,e ea,bln x,要使得 a 成立,只
33、要xR )。1,求 f x 在區(qū)間 1,2 上的取值范圍;2)若對任意的 x R , f x0 恒成立,記 M a,bb,求e。a,b 的最大值。解析】:( 1)若 a b 1, f x e x1,令ex0得:0,所以 f x 在 1,0 上單調(diào)遞減,在 0,2 上單調(diào)遞增,又f21,故 f x 的取值范圍為: 2,e2 2。( 2) fx0恒成立ex ax b 恒成立,易知: a0,若 a0,則 b 0,即 M a,b a b 0 ;若 a0,則 b ex ax 恒成立,即 a b ex axa 恒成立。令gxexxxax a , 則 g x e a , 由 e a0得:x lna ,所 以
34、 gx在,lna 上單調(diào)遞減,在 lna, 上單調(diào)遞增, g xmin gln a 2aaln a ,所以ab2aalna ,令 h a 2a aln a,則 h a 1ln a ,由 1 lna0得: ae,從而知:ha在 0,e 上單調(diào)遞增, 在 e, 上單調(diào)遞減,ha max hee ,故 Ma,b的最大值是 e 。28. 設(shè) a R ,函數(shù) f x x2e1 x a x 131)當(dāng) a 1時,求 f x 在 3,2 上的單調(diào)區(qū)間;42)設(shè)函數(shù) g xa x 1 e1 x ,當(dāng) g x 有兩個極值點 x1 , x2 ( x1x2 )時,1x2xe1,總有 x2g x1f x1 ,求實數(shù)
35、的值。f x 2e1 x2xe1 x2xe1 xx2e1 x2 4x x2 e1 xx22 2e1 xx 3,2時 , fxf30, 所 以 f x 在3,2上單調(diào)遞減解 析 】:( 1 ) 當(dāng) a 1 時 ,x x2e1 x x 1x21xxe4 4 43f x f 21, f 1 0 ,可知 f x 在 ,1 單調(diào)遞增,在 1,2 上單調(diào)遞減。4(2)gx f xax11xe21xxe1xae2x1x a e ,gx1x2xe x2a1xe2 x2x1x a e ,易知:x1,x2 是方程2 x2xa0的兩根,則44a0即a1, x1x2 2, x1x22 a , x12x1a0,因為 x
36、1x2 ,所以x11x2g x1f x12x12x1a1 x1 e2x121 x1 ex1 a2 x1 2x1 e1 x12x12 1 x1 x1 e2x12x1,1 上恒成立。x1 2e1 x1e1 x1 1 0 ,對任意 x1當(dāng) x1 0 時, x1 2e11 x1e0 恒成立;2e1 x1e1 x1 1當(dāng) x1 0,1 時, 2e1 x1e1 x1 1 0令函數(shù) h x2e1 x1e1 x1 12 e1 x1 1是 R上減函數(shù),當(dāng) x10,1 時,h xh02ee1所以2ee1當(dāng) x1,0 時,2e1 x1e1 x11021ex,由知, 當(dāng) xe1 x1 11 x1,0 時,2eh x
37、h0 ,e1所以2ee1綜上所述:2e。e129. 已 知 函 數(shù) fn xln xnnxn其中 n為常數(shù),n N* ),將函數(shù)fn x fn x 的最大值記為 an,由 an 構(gòu)成的數(shù)列an 的前 n 項和記為 Sn 。*xI)求 Sn ;(II )若對任意的 n N* ,總存在 x R 使 x 1 a ex 11 III )比較 n1fn en 與an的大小。en 1 enan,求 a的取值范圍;解析】:(I) fn xln x n n 1xx n n n 1關(guān)于 x 求導(dǎo):n x 1 ln x n2 n,令 fn x 0得:x e1 n n,所以 fn x 在xnn是單調(diào)遞減,所以當(dāng)n
38、時,1nn,en 上單調(diào)遞增,在 e1 n n,x e1nxmax1n ln e n n n1nenn1nn1,1即 an從而Sn1 e1ne1II)由當(dāng)n11,anan0,e12e。令gx上單調(diào)遞增,1,當(dāng)x時,limx若對任意的1n1ne n2 e1n1enn111nexx1e上單調(diào)遞減,為減函數(shù)可得:a ,則 g xx 1 x 1 e xee2x 2an maxa1,故gxmaxg1xlim 1x 1lim x 1e x e,總存在 x R洛必達)an ,1ex 1x ,可知:e。當(dāng) x 0 時,a ,所以 g x1a,1 a 0, 2e2a,10,1a,a,故a0111 1 2 a 0
39、 ;1 a 2 e 2 e2 2III )(先作差)1n1e enennln e n n ne1nee nlnne n nnen11ne1nee nnen ln n enen11 neln令t以h1,1nenennenenenenn,ex 在 1,令kteln t 1t e上遞減,所以1h因為xexxe即 t 1,1kt1 上 恒 成 立 , 所以 e1,1上單調(diào)遞增,kt1xxek10,所0在所以nen ln n enenne0,因此1n1ean。en30. 已知函數(shù) f x ex ax2 bx 1,若 f 1 0 , f x 在區(qū)間 0,1 內(nèi)有零點,求 a 的 取值范圍。【解析】:由 f
40、 1 0 得: e a b 1 0 b e a 1,由題知: f x ex 2ax b ex 2ax a e 1 , f 0 0若設(shè)x0為 f x 在區(qū)間 0,1內(nèi)的一個零點,由 f 0 0,f 1 0知, f x 在 0,x0 內(nèi) 至少有兩個單調(diào)區(qū)間,在 x0,1 內(nèi)至少有兩個單調(diào)區(qū)間,在 0,1 內(nèi)至少有三個單調(diào)區(qū)間。 設(shè) g x f x ex 2ax a e 1 ,考慮 g x ex 2a ,可知 g x 在 0,1 上單調(diào)遞1增, g x max g 1 e 2a , g x min g 0 1 2a ,若 1 2a 0 即 a ,則2eg x 0 恒成立, f x 在 0,1 單調(diào)遞
41、增,若 e 2a 0即 a,則 g x 0 恒成立,2f x 在 0,1 單調(diào)遞減。故當(dāng) a 1或a e時, f x 在 0,1 上至多有兩個單調(diào)區(qū)間,22不滿足條件。當(dāng) 12 ae時,由 g x 0 得: x ln 2a ,可知 g x 在20,ln 2a 上單調(diào)遞減,在ln 2a ,1單調(diào)遞增,則 g x min g ln 2a 3a 2aln 2a要使 f xg x min g 0 0 。g 1 0令(2ax)hx3xxlnxe1( 1 x e),則 h x1ln x ,22xe,所以hx在1, e上 單 調(diào) 遞 增 , 在 e,e 上單調(diào)遞減hxmaxhe3eelnee 1 0 。故只
42、需滿足g 0 0,2g1 02ea0,解得:ae21e即,又 a ,因此 e2a1a10a12231. 已知函數(shù)ln xfxxln x ,gx。x(1)求fx的最小值;(2)求證:f x g x ;(3)若fxaxb0,求b1的最小值。在 0,1 內(nèi)至少有三個單調(diào)區(qū)間,則要使得,從而可知:a1由 h x 0 得:解析】:1) f x 的定義域為0,1 1 ,令 f x x0 得: x 1 ,故fx min1;證:1 ln xe,fx3)gx,令gx0 得: xe ,可知 g x 在0,e 上單調(diào)遞增,在上單調(diào)gx;令fxln x遞減ax bax x ,gxmaxge由 f x ming x max 可 知 :ln xaxb lnxaxx,hx1 ,若 a 10,則h0 , h x 無最大值,若 a0 ,由 h x0得:1a11,所以h1x 在 0,a11上單調(diào)遞增,在1, a 1,上單調(diào)遞減,hx11 ln a 1 ,所以 b a11 ln a 1 。所以 b 1a1ln a 1 。設(shè) aa1ln a 1,則 a a1ln a 1 11 2 ,所以 : a 在1,e 1 上 單 調(diào) 遞 減 , 在e 1,上
溫馨提示
- 1. 本站所有資源如無特殊說明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請下載最新的WinRAR軟件解壓。
- 2. 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請聯(lián)系上傳者。文件的所有權(quán)益歸上傳用戶所有。
- 3. 本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網(wǎng)頁內(nèi)容里面會有圖紙預(yù)覽,若沒有圖紙預(yù)覽就沒有圖紙。
- 4. 未經(jīng)權(quán)益所有人同意不得將文件中的內(nèi)容挪作商業(yè)或盈利用途。
- 5. 人人文庫網(wǎng)僅提供信息存儲空間,僅對用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護處理,對用戶上傳分享的文檔內(nèi)容本身不做任何修改或編輯,并不能對任何下載內(nèi)容負(fù)責(zé)。
- 6. 下載文件中如有侵權(quán)或不適當(dāng)內(nèi)容,請與我們聯(lián)系,我們立即糾正。
- 7. 本站不保證下載資源的準(zhǔn)確性、安全性和完整性, 同時也不承擔(dān)用戶因使用這些下載資源對自己和他人造成任何形式的傷害或損失。
最新文檔
- 規(guī)上工業(yè)調(diào)研報告5篇
- 《保險與理財》課件
- 期末考前動員會的講話稿(35篇)
- 《銷售語言技巧培訓(xùn)》課件
- 國共關(guān)系的歷史反思與現(xiàn)實走向分析
- 【大學(xué)課件】單片機原理與接口技術(shù)課件 單片機系統(tǒng)模擬量及其他擴展技術(shù)
- 植物的無性生殖課件用
- 2025屆福建省福州市羅源縣第一中學(xué)高考臨考沖刺數(shù)學(xué)試卷含解析
- 2025屆甘肅省涇川縣第三中學(xué)高考全國統(tǒng)考預(yù)測密卷語文試卷含解析
- 來賓市重點中學(xué)2025屆高三第二次聯(lián)考數(shù)學(xué)試卷含解析
- 2024年山東省煙臺市中考道德與法治試題卷
- 2024屆新高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí):數(shù)列大題綜合(學(xué)生版)
- 女性生殖健康與疾病智慧樹知到期末考試答案章節(jié)答案2024年山東中醫(yī)藥大學(xué)
- (高清版)JGT 225-2020 預(yù)應(yīng)力混凝土用金屬波紋管
- 易制毒化學(xué)品管理條例培訓(xùn)試卷及答案
- 中考道德與法治考試易錯題:專練06九年級下冊消滅易錯專練50題【解析版】
- 第五章成本與收益理論
- 心電圖進修匯報
- 養(yǎng)蜂技術(shù)管理規(guī)范標(biāo)準(zhǔn)
- 初中英語比較級和最高級專項練習(xí)題含答案
- MOOC 質(zhì)量管理學(xué)-中國計量大學(xué) 中國大學(xué)慕課答案
評論
0/150
提交評論