内容发布更新时间 : 2024/12/23 13:01:12星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
滴滴答答的等等(四)函数与导数(2)
1.(2018·江西省重点中学协作体联考)已知f(x)=ex,g(x)=x2
+ax-2xsin x+1. (1)证明:1+x≤ex≤11-x(x∈[0,1));
(2)若x∈[0,1)时,f(x)≥g(x)恒成立,求实数a的取值范围. (1)证明 设h(x)=ex-1-x,则h′(x)=ex-1,
故h(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 从而h(x)≥h(0)=0,即ex≥1+x. 而当x∈[0,1)时,e-x≥1-x,即ex≤11-x. (2)解 设F(x)=f(x)-g(x) =ex-(x2
+ax-2xsin x+1), 则F(0)=0,
F′(x)=ex-(2x+a-2xcos x-2sin x).
要求F(x)≥0在[0,1)上恒成立,必须有F′(0)≥0. 即a≤1.
以下证明:当a≤1时,f(x)≥g(x). 只要证1+x≥x2
+x-2xsin x+1, 只要证2sin x≥x在[0,1)上恒成立. 令φ(x)=2sin x-x,
则φ′(x)=2cos x-1>0对x∈[0,1)恒成立, 又φ(0)=0,所以2sin x≥x,从而不等式得证. 2.(2018·宿州质检)设函数f(x)=x+axln x(a∈R).
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滴滴答答的等等(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若函数f(x)的极大值点为x=1,证明:f(x)≤e-x+x2
. (1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=1+aln x+a, 当a=0时,f(x)=x,
则函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增; 当a>0时,由f′(x)>0得x>e?a?1a,
a?1由f′(x)<0得0 所以f(x)在区间?a?1?0,e?a?? 上单调递减, 在区间?a?1?e?a,+∞?? 上单调递增; 当a<0时,由f′(x)>0得0 a?1由f′(x)<0得x>e?a, 所以函数f(x)在区间??0,e?a?1a?? 上单调递增, 在区间??e?a?1a,+∞??上单调递减. 综上所述,当a=0时, 函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增; 当a>0时,函数f(x)在区间??0,e?a?1a??上单调递减, 在区间??a?1?ea,+∞?? 上单调递增; 当a<0时,函数f(x)在区间??0,e?a?1a??上单调递增, 在区间??a?1?ea,+∞?? 上单调递减. 由(1)知a<0且e?a?1(2)证明a=1, 解得a=-1,f(x)=x-xln x. 要证f(x)≤e-x+x2 , 即证x-xln x≤e-x+x2 , -x即证1-ln x≤e x+x. -x令F(x)=ln x+e x+x-1(x>0), 2 滴滴答答的等等-x-x则F′(x)=1-ex-e x+x2 +1 ?x+1??x-e-x=?x2 . 令g(x)=x-e-x, 得函数g(x)在区间(0,+∞)上单调递增. 而g(1)=1-1 e >0,g(0)=-1<0, 所以在区间(0,+∞)上存在唯一的实数x0, 使得g(x0)=x0-e-x0=0, 即x0=e-x0, 且x∈(0,x0)时,g(x)<0,x∈(x0,+∞)时,g(x)>0. 故F(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增. ∴F(x)min=F(x0)=ln x0 +e-x0x+x0-1. 0 又e-x0=x0, -x0∴F(x)min=ln x0+ex+x0-1 0 =-x0+1+x0-1=0. ∴F(x)≥F(x0)=0成立, 即f(x)≤e-x+x2 成立. 3.(2018·皖江八校联考)已知函数f(x)= ax2+x+a2e x. (1)若a≥0,函数f(x)的极大值为5 2e,求实数a的值; (2)若对任意的a≤0,f(x)≤bln?x+1? 2 在x∈[0,+∞)上恒成立,求实数b的取值范围.解 (1)由题意, f′(x)=12 [(2ax+1)e-x-(ax2+x+a)e-x] =-1-2ex[ax2 +(1-2a)x+a-1] =-12 e-x(x-1)(ax+1-a). ①当a=0时,f′(x)=-12e-x(x-1), 令f′(x)>0,得x<1;令f′(x)<0,得x>1, 3