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四川省成都市第七中学2015届高三下学期数学(文)试题:训函数与导数练题.


1、已知函数 f ( x) ?

x2 x2 ? m ln x, g ( x) ? ? x, p( x) ? m x2 . 2 2

(1)若函数 f ( x)与g ( x) 在公共定义域上具有相同的单调性,求实数 m 的值; (2)若函数 m( x), m1 ( x), m2 ( x)在公共定义域内满足 m1 ( x) ? m( x) ?

m2 ( x) 恒成立,则称 . m( x)为从m1 ( x)至m2 ( x)的“过渡函数” ①在(1)的条件下,探究 f ( x)至g ( x) 是否存在无穷多个“过渡函数” ,请说明理由; ②是否存在实数 m,使得 f ( x)为从p( x)至g ( x)的“过渡函数”? 若存在,求出实数 m 的 取值范围;若不存在,请说明理由。

(1)易知f ( x)与g ( x)的公共定义域在 (0,??), 且g ( x)在(0,1)上单调递减 , (1,??)上单调递 增,故f ' (1) ? 0.又f ' ( x) ? x ? m , 故1 ? m ? 0, 则m ? ?1,经经验,当 m ? ?1时,f ( x)与 x g ( x)在公共定义域上具有相 同的单调性,所以 m ? ?1

1 (2)①令F ( x) ? f ( x) ? g ( x) ? x ? ln x, x ? (0,??),则F ' ( x) ? 1 ? , 故F ( x)在(0,1)上单调 x 递减,在(1,??)上单调递增,故 F (1)为F ( x)在(0,??)上的极小值,也是最小 值。所 以F ( x) min ? F (1) ? 1 ? 0, 故f ( x) ? g ( x) ? 1.即f ( x) ? g ( x) ? 1.令h( x) ? g ( x) ? t , t ? (0,1), 故f ( x) ? h( x) ? g ( x)在(0,??)上恒成立,即存在无穷 多个从f ( x)至g ( x)的“过渡函数”
②假设存在实数 m,使得f ( x)为从p( x)至g ( x)的“过渡函数”,则 x2 x2 ? m ln x ? ? x在(0,??)上恒成立.令H ( x) ? f ( x) ? g ( x) ? m ln x ? x, x ? (0,??), 2 2 m m? x 则H ' ( x) ? ? 1 ? . x x m x2 ?

(i)当m ? 0时, H ' ( x) ? 0, 故H ( x)在(0,??)上单调递增,且值域为 R,此时f ( x) ? g ( x) ? 0 不恒成立,故m ? 0与题设不符,舍去; (ii)当m ? 0时,令H ' ( x) ? 0, 解得x ? ?m, 可知H ( x)在(0,?m)上单调递减,在 (?m,??)上 单调递增,故H ( x) min ? H (?m) ? m ln(?m) ? m, 依题意,m ln(?m) ? m ? 0, 解得m ? ?e, 故 ? e ? m ? 0. 综上,当? e ? m ? 0时, f ( x) ? g ( x)在(0,??)上恒成立. 1 1 令G ( x) ? p ( x) ? f ( x) ? (m ? ) x 2 ? m ln x, x ? (0,??),因为 ? e ? m ? 0, 故m ? ? 0.又 2 2 1 G (1) ? m ? ? 0, 所以当? e ? m ? 0时, G ( x) ? 0在(0,??)上恒不成立, 即p ( x) ? f ( x) 2 在(0,??)上不恒成立 .所以不存在实数 m, 使得f ( x)为从p ( x)至g ( x)的“过渡函数” .

2、已知函数f ( x) ? ln x, 若存在g ( x)使得g ( x) ? f ( x)恒成立,则称g ( x)是f ( x)的一个下界函数. t (1)若函数g ( x) ? ? ln x(t为实数)为f ( x)的的一个下界函数,求t的范围; x 1 2 (2)设函数F ( x) ? f ( x) ? x + ,问函数F ( x)是否存在零点? e ex 若存在,求出零点个数;若不存在,请说明理由. 2 解: (1)即t ? 2 x ln x恒成立, 不难有t ? ? ; e 1 2 x 2 (2)设F ( x)存在零点,即 ln x ? x + =0有解,即x ln x ? x ? ? 0有解 e ex e e 1 1 x 1 易知x ln x ? ? (于x ? 处取等号);x ? (于x ? 1处取等号) e e e e x 2 x 2 ? x ln x ? x ? ? ? x ln x ? x ? ? 0 ? F ( x)不存在零点. e e e e 2? x ? 1? 3、已知函数 f ( x) ? ln x ? ax2 ? ?a ? 2?x ( a 为常数, a ? R ), g ( x ) ? ln x ? x ?1

(1)当 x ? 1 时,求证:函数 g ( x) ? 0 ; (2) ( ⅰ ) 讨 论 f ( x) 的 单 调 性 , 并 证 明 当 y ? f ( x) 有 两 个 不 同 零 点 时 ,
a ? 4 ? 4 ln 2

(ⅱ)若 y ? f ( x) 有两个不同零点 x1 , x 2 ,求证: x1 ? x 2 ? 解: (1)略. (2) (ⅰ)由已知得 f ??x ? ?

2

2

1 。 2

? 2ax2 ? ?a ? 2?x ? 1 2ax2 ? ?a ? 2?x ? 1 ?ax ? 1??2 x ? 1? ? ? x ?x ?x

? 1? ?1 ? 易知, 当a ? 0时, ? ? ?递减, ? 0, ?递增, ? , ? 2? ?2 ? ? 1? ? 1 ? ?1 1? 当 ? 2 ? a ? 0时, ? ? ?递增, ? ?递减 ? 0, ?, ?? , ? , ? 2? ? a ? ?2 a? 1??1 ? ? ? 1 1? ?0,???递增 当a ? ?2时, ? ?, ? ? ?递增, ? 0, ? , ? ? , ?递减 当a ? ?2时, a??2 ? ? ? a 2? a ?1? ? 1? ? 1? 1 当a ? 0时,f ? ? ? ? ln 2 ? ? 1,f ? ? ? ? ln? ? ? ? ? 1 均为负数 4 ?2? ? a? ? a? a

?当a ? 0时,f ?x ? 才有可能有两个零点,? x ? 0和x ? ??, f ?x? ? ??
a ?1? ? f ? ? ? ? ln 2 ? ? 1 ? 0 ? a ? 4 ? 4 ln 2 4 ?2?

(ⅱ)要使 x1 ? x 2

2

2

?x ? x ? 1 1 ? 成立,即证? x12 ? x2 2 ? 1 2 ? 2 2 2
2

即证 x1 ? x2 ? 1, 即证
2

x1 ? x2 1 ? 2 2

? x ? x2 ? ,即证f ?? 1 ??0 ? 2 ?

x ? x2 ? x ? x2 ? 即证2a? 1 ? 1 ? 0成立 ? ? ?a ? 2? 1 2 ? 2 ?
即证a?x1 ? x2 ? ? ?a ? 2??x1 ? x2 ? ? 2 ? 0成立
2
2 ? ?ln x1 ? ax1 ? ?a ? 2?x1 ?? 2 ? ?ln x 2 ? ax2 ? ?a ? 2?x 2

? ln x1 ? ln x2 ? a?x1 ? x2 ??x1 ? x2 ? ? ?a ? 2??x1 ? x2 ? ?

ln x1 ? ln x2 ? a?x1 ? x2 ? ? ?a ? 2? x1 ? x2

?

x1 ? x2 x1 2 ln ? a?x1 ? x2 ? ? ?a ? 2??x1 ? x2 ? x1 ? x2 x2

x1 ?1 x1 x1 ? x 2 x1 x2 x t ?1 令t ? ,则 ln ? ln 1 ? ln t x1 x2 x1 ? x 2 x 2 x2 t ? 1 ?1 x2

由(1)得 ln t ?
2

x ? x2 x1 2?t ? 1? t ?1 , ? ln t ? 2 ? 1 ln ?2 ?t ? 1? t ? 1 x1 ? x2 x2

? a?x1 ? x2 ? ? ?a ? 2??x1 ? x2 ? ? 2 即a?x1 ? x2 ? ? ?a ? 2??x1 ? x2 ? ? 2 ? 0成立 ,即原不等式成立
2

4、已知函数f ( x) ? x 2 ? a ln( x ? 1).
4、 (1)若函数f ( x)在区间(1, ??)上是单调增函数,求实数a的取值范围;

(2)若函数f ( x)有两个极值点x1 , x2 , 且x1 ? x2 , 求证: 0?

f ( x2 ) 1 ? ? ? ln 2. x1 2

解析: (1)a ? ?4 2x2 ? 2x ? a ,由题意可得方程 2x2 ? 2x ? a ? 0 x ?1 1 在区间(?1,??)上有两个不相等的实根 x1 , x2 .记g ( x) ? 2 x 2 ? 2 x ? a, 其对称轴为x ? ? 2 ?? ? 4 - 8a ? 0 1 2 则? , 解得0 ? a ? .由于x2是方程2 x 2 ? 2 x ? a ? 0的根, ? a ? ?2 x2 ? 2 x2 . g ( ? 1 ) ? 0 2 ? (2)函数f ( x)的定义域为(?1,??), f ' ( x) ? 1 1 1 ? 2a 1 ? 0 ? a ? ,? ?1 ? x1 ? x2 ? 0, x2 ? ? ? ,? ? ? x2 ? 0.?当x ? ( x1 , x2 )时, 2 2 2 2 f ( x2 ) f ' ( x) ? 0, 当x ? ( x2 ,0)时,f ' ( x) ? 0,? f ( x2 )为f ( x)的极小值,f ( x2 ) ? f (0) ? 0,? ?0 x1 证 f ( x2 ) 1 1 1 ? ? ? ln 2, 即f ( x2 ) ? (? ? ln 2)(?1 ? x2 ) ? ( ? ln 2)(1 ? x2 ), x1 2 2 2

1 1 2 2 整理得x2 ? ( 2 x2 ? 2 x2 ) ln(x2 ? 1) ? ( ? ln 2) x2 ? ? ln 2. 2 2 1 1 1 令h( x) ? x 2 ? (2 x 2 ? 2 x) ln(x ? 1) ? ( ? ln 2) x, x ? (? ,0),则h ' ( x) ? ?2(2 x ? 1) ln(x ? 1) ? ( ? ln 2), 2 2 2 1 1 1 又 ln(x ? 1) ? 0,2 x ? 1 ? 0, ? ln 2 ? 0,? h ' ( x) ? 0, h( x)在(- ,0)上为增函数, ? h( x ) ? h( ? ) ? 2 2 2 1 1 1 1 1 1 f ( x2 ) 1 ? (2 ? ? 1) ln ? ( ? ln 2) ? ? ln 2, 综上可得0 ? ? ? ? ln 2. 4 4 2 2 2 2 x1 2


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