内容发布更新时间 : 2024/5/17 17:59:52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)．
1
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