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高考解答題專項練——函數(shù)與導數(shù)
1.(2017浙江湖州改編)已知函數(shù)f(x)=ln x+1-xax,其中a為大于零的常數(shù).
(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,+∞)內單調遞增,求a的取值范圍;
(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上的最小值.
解(1)由題意,f(x)=1x-1ax2=ax-1ax2,
∵a為大于零的常數(shù),
∴若使函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,+∞)上單調遞增,
則使ax-1≥0在區(qū)間[1,+∞)上恒成立,
即a-1≥0,故a≥1;
(2)當a≥1時,f(x)>0在(1,2)上恒成立,
這時f(x)在[1,2]上為增函數(shù),∴f(x)min=f(1)=0.
當0
0,
∴f(x)min=f1a=ln1a+1-1a,
綜上,f(x)在[1,2]上的最小值為
①當00,
∴g(x)在(0,+∞)遞增,∴g(x)≥g(0)=0,
即ln(x+1)≥x-12x2;
(2)解由f(x)≥4x?(t+1)lnx+tx2+3t-4x≥0,
令φ(x)=(t+1)lnx+tx2+3t-4x,
首先由φ(1)≥0?t≥1,此時φ(x)=2tx2-4x+t+1x,
令h(x)=2tx2-4x+t+1,
∵t≥1,∴Δ=16-8t(t+1)<0,∴h(x)>0恒成立,
即φ(x)>0,φ(x)在[1,+∞)遞增,
故φ(x)≥φ(1)=4t-4≥0,綜上,t≥1.
3.(2018浙江臺州一模)已知函數(shù)f(x)=2x3-3(m+1)x2+6mx,m∈R.
(1)若m=2,寫出函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間;
(2)若對于任意的x∈[-1,1],都有f(x)<4,求m的取值范圍.
解(1)若m=2,則f(x)=2x3-9x2+12x,
∵f(x)=6x2-18x+12=6(x2-3x+2)=6(x-1)(x-2),
令f(x)>0,則x<1,或x>2,
∴函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(-∞,1),(2,+∞).
(2)f(x)=2x3-3(m+1)x2+6mx,
f(x)=6x2-6(m+1)x+6m=6(x-1)(x-m),
①當m≥1時,f(x)在區(qū)間(-1,1)上遞增,f(x)max=f(1)=3m-1<4,得m<53,∴1≤m<53;
②當-10,(m+1)(m-2)2>0恒成立,
∴-1-1(舍去).
綜上,m的取值范圍為-10,
所以f(x)在0,1e上單調遞減;在1e,+∞上單調遞增.
(2)存在x∈(0,+∞),使f(x)≤g(x)成立,
即2xlnx≤-x2+ax-3在x∈(0,+∞)成立,
等價于a≥2lnx+x+3x在x∈(0,+∞)成立,
等價于a≥2lnx+x+3xmin.
記h(x)=2lnx+x+3x,x∈(0,+∞),
則h(x)=2x+1-3x2=x2+2x-3x2=(x+3)(x-1)x2.
當x∈(0,1)時,h(x)<0,
當x∈(1,+∞)時,h(x)>0,
所以當x=1時,h(x)取最小值為4,故a≥4.
5.已知函數(shù)f(x)=ln x+ax.
(1)若函數(shù)f(x)在x=1處的切線方程為y=2x+m,求實數(shù)a和m的值;
(2)若函數(shù)f(x)在定義域內有兩個不同的零點x1,x2,求實數(shù)a的取值范圍.
解函數(shù)定義域為(0,+∞)
(1)∵f(x)=lnx+ax,∴f(x)=1x+a.
∵函數(shù)f(x)在x=1處的切線方程為y=2x+m,
∴f(1)=1+a=2,得a=1.
又∵f(1)=ln1+a=1,∴函數(shù)f(x)在x=1處的切線方程為y-1=2(x-1),即y=2x-1,∴m=-1.
(2)由(1)知f(x)=1x+a=1+axx(x>0).
當a≥0時,∵f(x)=1+axx>0,∴函數(shù)f(x)=lnx+ax在(0,+∞)上單調遞增,從而函數(shù)f(x)至多有一個零點,不符合題意;
當a<0時,∵f(x)=ax+1ax(x>0),
∴函數(shù)f(x)在0,-1a上單調遞增,在-1a,+∞上單調遞減,
∴函數(shù)f(x)max=f-1a=ln-1a+a-1a=ln-1a-1.
∴要滿足函數(shù)f(x)在定義域內有兩個不同的零點x1,x2,必有f(x)max=ln-1a-1>0,得a>-1e.
∴實數(shù)a的取值范圍是-1e,0.
6.(2018浙江湖州2模)已知函數(shù)f(x)=1-e-xx(x>0).
(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間;
(2)求證:f(x)>e-x2(x>0).
(1)解已知函數(shù)f(x)=1-e-xx(x>0),其導函數(shù)為f(x)=1+x-exx2ex.
令h(x)=ex-x-1,則h(x)=ex-1,
當x<0時,h(x)=ex-1<0;當x>0時,h(x)=ex-1>0,
所以h(x)min=h(0)=0,即ex≥x+1,當且僅當x=0時等號成立.由已知x>0,得ex>x+1,1+x-exx2ex<0,所以f(x)<0.
所以函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間為(0,+∞).
(2)證明f(x)>e-x2(x>0)等價于e-x+xe-x2-1<0(x>0).
令g(x)=e-x+xe-x2-1,x>0,g(x)=-e-x+e-x2+x-12e-x2=-e-x2e-x2--x2+1,由(1)易得e-x2>-x2+1,所以g(x)<0.所以當x>0時,有g(x)0).故f(x)>e-x2(x>0).
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