内容发布更新时间 : 2024/12/27 0:35:43星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

导数与函数专练(二)·作业(二十八)

1

1．(2019·河南八校质检)已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝8x2－x. (1)求f(x)的单调区间和极值点；

3f（x）

(2)是否存在实数m，使得函数h(x)＝4x＋m＋g(x)有三个不同的零点？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由． 解析 (1)f′(x)＝lnx＋1，

11

由f′(x)>0，得x>e；f′(x)<0，得0

11

所以f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增． 1

故f(x)的极小值点为x＝e.

(2)假设存在实数m，使得函数h(x)＝

3f（x）

4x＋m＋g(x)有三个不同的零点，

即方程6lnx＋8m＋x2－8x＝0有三个不等实根． 令φ(x)＝6lnx＋8m＋x2－8x，

2（x2－4x＋3）2（x－3）（x－1）6

φ′(x)＝x＋2x－8＝＝，

xx由φ′(x)>0，得03；由φ′(x)<0，得1

所以φ(x)在(0，1)上单调递增，(1，3)上单调递减，(3，＋∞)上单调递增． 所以φ(x)的极大值为φ(1)＝－7＋8m，φ(x)的极小值为φ(3)＝－15＋6ln3＋8m.要使方程6lnx＋8m＋x2－8x＝0有三个不等实根，则函数φ(x)的图像与x轴要有三个交点，

?－7＋8m>0，7153

根据φ(x)的图像可知必须满足?解得8

?－15＋6ln3＋8m<0，所以存在实数m，使得方程

3f（x）

4x＋m＋g(x)＝0有三个不等实根，

7153

实数m的取值范围是8

2．(2019·长沙调研)已知函数f(x)＝alnx＋2x2－ax(a为常数)有两个极值点．

(1)求实数a的取值范围；

(2)设f(x)的两个极值点分别为x1，x2，若不等式f(x1)＋f(x2)<λ(x1＋x2)恒成立，求λ的最小值．

x2－ax＋aa

解析 (1)f′(x)＝x＋x－a＝(x>0)，

x

于是f(x)有两个极值点等价于二次方程x2－ax＋a＝0有两正根，

?

设其两根为x1，x2，则?x1＋x2＝a>0，解得a>4，不妨设x1

?x1x2＝a>0，

此时在(0，x1)上f′(x)>0，在(x1，x2)上f′(x)<0，在(x2，＋∞)上f′(x)>0. 因此x1，x2是f(x)的两个极值点，符合题意． 所以a的取值范围是(4，＋∞)．

1212

(2)f(x1)＋f(x2)＝alnx1＋2x1－ax1＋alnx2＋2x2－ax2 1

＝alnx1x2＋2(x12＋x22)－a(x1＋x2) 1

＝alnx1x2＋2(x1＋x2)2－x1x2－a(x1＋x2) 1

＝a(lna－2a－1)，

f（x1）＋f（x2）1于是＝lna－2a－1，

x1＋x2111

令φ(a)＝lna－2a－1，则φ′(a)＝a－2. 因为a>4，所以φ′(a)<0.

1

于是φ(a)＝lna－2a－1在(4，＋∞)上单调递减， f（x1）＋f（x2）因此＝φ(a)<φ(4)＝ln4－3，

x1＋x2且

f（x1）＋f（x2）

可无限接近ln4－3.

x1＋x2

f（x1）＋f（x2）

<λ，

x1＋x2

Δ＝a2－4a>0，

又因为x1＋x2>0，故不等式f(x1)＋f(x2)<λ(x1＋x2)等价于所以λ的最小值为ln4－3.

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3．(2019·广东教育协作体)已知函数F(x)＝2ax－xlnx，f(x)＝F′(x)＋1， aF（x）

g(x)＝2－x2(a∈R)．

(1)当a＝g′(1)时，求曲线y＝f(x)在(e，f(e))(e是自然对数的底数)处的切线方程； (2)当x∈(0，e]时，是否存在实数a，使得f(x)的最小值是3？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．

审题 (1)分别求出F′(x)，g′(x)，f′(x)，f′(e)，求出切线方程；(2)假设存在实数a，使得f(x)＝ax－lnx(x∈(0，e])的最小值为3，对实数a分类讨论，用导数研究函数f(x)的单调性与最值即可求解．

1

解析 (1)F(x)＝2ax2－xlnx，所以F′(x)＝ax－lnx－1， aF（x）lnx

所以f(x)＝F′(x)＋1＝ax－lnx，g(x)＝2－x2＝x， 1－lnx

所以g′(x)＝x2，所以a＝g′(1)＝1. 1x－1

此时f′(x)＝1－x＝x，

e－1

所以切线的斜率k＝f′(e)＝e，f(e)＝e－1， e－1e－1

所以切线方程为y－(e－1)＝e(x－e)，即y＝ex.

(2)假设存在实数a，使得f(x)＝ax－lnx(x∈(0，e])的最小值为3， 1ax－1

易知f′(x)＝a－x＝x.

①当a≤0时，因为x∈(0，e]，所以f′(x)<0，所以f(x)在(0，e]上单调递减， 4

f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，得a＝e(舍去)，所以a≤0不符合题意． 1111

②当0e时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，e]上单调递增． 1

f(x)min＝f(a)＝1＋lna＝3，所以a＝e2，符合题意．

11

③当a≥e，即0

4

调递减，f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，所以a＝e(舍去)， 1

所以0

综上所述，存在实数a＝e2，使得当x∈(0，e]时，f(x)的最小值为3. 4．(2019·武昌调研)已知函数f(x)＝(1)证明：当λ＝0时，f(x)≥0；

(2)若当x≥0时，f(x)≥0，求实数λ的取值范围． 解析 (1)当λ＝0时，f(x)＝x＋ex－1，

－

＋e－x－1.

λx＋1

x

则f′(x)＝1－e－x.令f′(x)＝0，解得x＝0.

当x<0时，f′(x)<0，∴f(x)在(－∞，0)上是减函数； 当x>0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数． 故f(x)在x＝0处取得最小值f(0)＝0，即f(x)≥0. (2)由已知x≥0，∴e－x－1≤0.

1x

(ⅰ)当λ<0时，若x>－λ，则<0，此时f(x)<0，不符合题设条件；

λx＋1(ⅱ)当λ≥0，若x≥0，f(x)＝

x

＋e－x－1≥0?x＋λx(e－x－1)＋e－x－1≥0. λx＋1

令g(x)＝x＋λx(e－x－1)＋e－x－1，则f(x)≥0?g(x)≥0. 而g′(x)＝1＋λ(e－x－1)－λxe－x－e－x＝(λ－1)(e－x－1)－λxe－x. 1

①当0≤λ≤2时，由(1)知，f(x)＝x＋e－x－1≥0，即e－x≥1－x， 它等价于ex≥1＋x， ∴x≤ex－1，

∴g′(x)＝(λ－1)(e－x－1)－λxe－x ≥(λ－1)(e－x－1)－λe－x(ex－1) ＝(λ－1)(e－x－1)－λ(1－e－x) ＝(2λ－1)(e－x－1)≥0.

此时g(x)在[0，＋∞)上是增函数，∴g(x)≥g(0)＝0，即f(x)≥0. 1

②当λ>2时，由(1)知，e－x≥1－x，∴x≥1－e－x.