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2017届高考数学(理)(新课标)二轮专题复习作业28导数与函数2 Word版含解析


导数与函数专练(二)· 作业(二十八)
1 1.(2016· 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; (2)是否存在实数 m, 使得函数 h(x)= 3f(x) 4x +m+g(x)有三个不同的零点?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, 1 1 由 f′(x)>0,得 x>e;f′(x)<0,得 0<x<e, 1 1 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= = , x x 由 φ′(x)>0,得 0<x<1 或 x>3;由 φ′(x)<0,得 1<x<3, 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, 7 15 3 根据 φ(x)的图像可知必须满足? 解得8<m< 8 -4ln3. ?-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,

7 15 3 实数 m 的取值范围是8<m< 8 -4ln3. 1 2.(2016· 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+a a 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,

?Δ=a -4a>0, 设其两根为 x1,x2,则?x1+x2=a>0, 解得 a>4,不妨设 x1<x2, ?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,+∞). 1 1 (2)f(x1)+f(x2)=alnx1+2x12-ax1+alnx2+2x22-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+x2 1 1 1 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 f(x1)+f(x2) 且 可无限接近 ln4-3. x1+x2 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. f(x1)+f(x2) <λ, x1+x2

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1 3.(2016· 广东教育协作体)已知函数 F(x)=2ax2-xlnx,f(x)=F′(x)+1, a F(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, a F(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. 1 x-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-1 e-1 所以切线方程为 y-(e-1)= e (x-e),即 y= e x. (2)假设存在实数 a,使得 f(x)=ax-lnx(x∈(0,e])的最小值为 3, 1 ax-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. 1 1 1 1 ②当 0<a <e,即 a> e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. 1 1 ③当a≥e,即 0<a≤ e 时,因为 x∈(0,e],所以 f′(x)≤0,所以 f(x)在(0,e]上

4 单调递减,f(x)min=f(e)=ae-1=3,所以 a= e(舍去), 1 所以 0<a≤ e不符合题意. 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.(2016· 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+e x-1,


x +e-x-1. λx+1

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. 1 x (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.

∴g′(x)=(λ-1)(e-x-1)-λxe-x =(λ-1)(e-x-1)-λx(e-x-1)-λx =(λ-1-λx)(e-x-1)-λx ≤(λ-1-λx)(e-x-1)-λ(1-e-x) =(2λ-1-λx)(e-x-1). 2λ-1 2λ-1 当 0<x< λ 时,g′(x)≤0,此时 g(x)在(0, λ )上是减函数, ∴g(x)<g(0)=0,即 f(x)<0,不符合题设条件. 1 综上可知,实数 λ 的取值范围为[0,2].


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