函數(shù)與導(dǎo)數(shù)精選77題

■本刊編輯部

1.已知f(x)=ax--3lnx,其中a為常數(shù)。

(1)當(dāng)函數(shù)f(x)的圖像在點處的切線的斜率為1時,求函數(shù)f(x)在[,3]上的最小值。

(2)若函數(shù)f(x)在(0,+∞)上既有極大值又有極小值,求實數(shù)a的取值范圍。

(3)在(1)的條件下,過點P(1,-4)作函數(shù)F(x)=x2[f(x)+3lnx-3]圖像的切線,試問:這樣的切線有幾條?并求這些切線的方程。

2.設(shè)f(x)=(xlnx+ax+a2-a-1)·ex,a≥-2。

(1)若a=0,求f(x)的單調(diào)區(qū)間。

(2)討論f(x)在區(qū)間 (,+∞)上的極值點個數(shù)。

(3)是否存在a,使得f(x)在區(qū)間(,+∞)上與x軸相切?若存在,求出所有a的值;若不存在,說明理由。

3.已知函數(shù)f(x)=xlnx-x2-x+a(a∈R)。

(1)當(dāng)a=0時,求f(x)的單調(diào)區(qū)間。

(2)若函數(shù)f(x)在其定義域內(nèi)有兩個不同的極值點。

①求a的取值范圍;

②設(shè)兩個極值點分別為x1,x2,證明:x1·x2＞e2。

4.已知函數(shù)f(x)=(lnx)ln(1-x)。

(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間。

(2)求證:

②曲線y=f(x)上的所有點都落在圓2C:(x -)+y2=內(nèi)。

5.已知函數(shù)f(x)=ln-ax2+x(a＞0)。

(1)若f'(1)=f'(2),求函數(shù)f(x)的圖像在x=1處的切線的方程;

(2)若f(x)的極大值和極小值分別為m,n,證明:m+n＞3-2ln2。

6.設(shè)函數(shù)fx()=lnx,g(x)=(m＞0)。

(1)若函數(shù)y=fx()-gx()在定義域內(nèi)不單調(diào),求m-n的取值范圍。

(2)是否存在正實數(shù)a,使得對任意正實數(shù)x恒成立?

若存在,求出滿足條件的實數(shù)a;若不存在,請說明理由。

7.已知函數(shù)f(x)=+lnx。

(1)當(dāng)a=1時,求函數(shù)f(x)的最小值;

(2)若函數(shù)f(x)在[1,+∞)上為增函數(shù),求實數(shù)a的取值范圍;

(3)試比較(n∈N*)與e(e為自然對數(shù)的底數(shù))的大小。

參考答案

1.(1)f'(x)=a+-＞0,由題可知f'()=1,解得a=1。

故f(x)=x--3lnx,f'(x)=,由f'(x)=0得x=2。

f'(x),f(x)隨x的變化關(guān)系如表1:

表1

所以f(x)min=f(2)=1-3ln2。

(2)f'(x)=a+(x＞0)。

由題可得方程ax2-3x+2=0有兩個不等的正實根,不妨設(shè)這兩個根為x1,x2,并令h(x)=ax2-3x+2,則

解得0＜a＜。

(3)由(1)f(x)=x--3lnx,故F(x)=x3-3x2-2x(x＞0),F'(x)=3x2-6x-2(x＞0)。

設(shè)切點為T(x0,y0),點P在函數(shù)F(x)的圖像上:

①當(dāng)切點T不與點P(1,-4)重合,即≠1時,由切線過點P(1,-4),得3x20-6x0-2。所以x30-3x20-2x0+4=(x0-1)(3x20-6x0-2),化簡得x30-3x20+3x0-1=0,即(x0-1)3=0,得x0=1(舍去)。

②當(dāng)切點T與點P(1,-4)重合,即x0=1時,則切線的斜率k=F'(1)=-5,于是切線方程為5x+y-1=0。

綜上所述,滿足條件的切線只有一條,其方程為5x+y-1=0。

(注:若沒有分“點T是否與點P重合”討論,只要過程合理結(jié)論正確,本小題只扣1分)

2.(1)當(dāng)a=0時,f(x)=(xlnx-1)ex(x＞0),故f'(x)=(lnx+1+xlnx-1)ex=lnx(x+1)ex。

令f'(x)=0,得x=1,當(dāng)x＞1時,f'(x)＞0,當(dāng)x＜1時,f'(x)＜0。故f(x)的減區(qū)間為(0,1),增區(qū)間為(1,+∞)。

(2)f'(x)=(lnx+xlnx+ax+a2)ex。

令g(x)=lnx+xlnx+ax+a2,則g'(x)=+lnx+1+a,g″(x)=-+。顯然g″(1)=0,又當(dāng)x＜1時g″(x)＜0;當(dāng)x＞1時g″(x)＞0。故g'(x)min=g'(1)=2+a。因為a≥-2,所以g'(x)≥g(x)min=2+a≥0。

故g(x)在區(qū)間 (e ,+∞)上單調(diào)遞增。

注意到:當(dāng)x→+∞時,g(x)→+∞,故g(x)在(,+∞)上的零點個數(shù)由g()= (a-1)(a +1+)的符號決定。

①當(dāng)g)≥0,即-2≤a≤-1-或a≥1時,g(x)在區(qū)間 (,+∞)上無零點,即f(x)無極值點。

②當(dāng)g()＜0,即-1-＜a＜1時,g(x)在區(qū)間,+∞)上有唯一零點,即f(x)有唯一極值點。

綜上,當(dāng)-2≤a≤-1-或a≥1時,

f(x)在(,+∞)上無極值點。當(dāng)-1-＜a＜1時,f(x)在(,+∞)上有唯一極值點。

(3)假設(shè)存在a,使得f(x)在區(qū)間(,+∞)上與x軸相切,則f(x)必與x軸

相切于極值點處。

由(2)可知-1-＜a＜1。

不妨設(shè)極值點為x0,則有:同時成立。

聯(lián)立得lnx0+a+1=0,即x0=e-(a+1),代入上式可得e-(a+1)+(a+1)-a2=0。

令t=-(a+1),t∈ (- 2,),h(t)=et-t-(t+1)2。

則h'(t)=et-2t-3,h″(t)=et-2,當(dāng)t∈(- 2,)時,h″(t)＜h″()=-2＜0

(因為＜＜2)。

故h'(t)在t∈ (- 2,)上單調(diào)遞減。又h'(-2)=e-2+1＞0,h)=--3＜0,故h'(t)在t∈ (- 2,)上存在唯一零點t0。故當(dāng)t∈(-2,t0)時,h'(t)＞0,h(t)單調(diào)遞增;當(dāng)t∈(,)時,h'(t)＜0,h(t)單調(diào)遞減。

因為h(-2)=e-2+1＞0,h()=---1＜0,故h(t)在t∈(-2,t)上無零0點,在t∈( ,)上有唯一零點。由觀察易得h(0)=0,故a+1=0,即a=-1。

綜上可得:存在唯一的a=-1使得f(x)在區(qū)間 (,+∞)上與x軸相切。

3.(1)當(dāng)a=0時,f(x)=xlnx-x。

函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=lnx。

當(dāng)x＞1時,f'(x)＞0;當(dāng)0＜x＜1時,f'(x)＜0。

所以,f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減;在(1,+∞)上單調(diào)遞增。

(2)①依題意,函數(shù)f(x)的定義域為(1,+∞),f'(x)=lnx-ax,所以方程f'(x)=0在(0,+∞)上有兩個不同根。故方程lnx-ax=0在(0,+∞)上有兩個不同根。

解法一:轉(zhuǎn)化為函數(shù)y=lnx與函數(shù)y=ax的圖像在(0,+∞)上有兩個不同交點,如圖1。

圖1

可見,若令過原點且切于函數(shù)y=lnx圖像的直線斜率為k,只需0＜a＜k。

令切點A(x0,lnx0),所以k=y'|x=x0=

解得=e,于是k=,則0＜a＜。

解法二:令g(x)=lnx-ax,從而轉(zhuǎn)化為函數(shù)g(x)有兩個不同零點,而g'(x)=

若a≤0,可見g'(x)＞0在(0,+∞)上恒成立,所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,此時g(x)不可能有兩個不同零點。

若a＞0,在0＜x＜時,g'(x)＞0,在x＞時,g'(x)＜0,所以g(x)在 (0 ,)上單調(diào)遞增,在,+∞)上單調(diào)遞減。

從而g(x)=g()=ln-1。極大

又因為在x→0時,g(x)→-∞,在x→+∞時,g(x)→-∞,于是只需:

g(x＞0,即ln-1＞0。

所以0＜a＜。

綜上所述,0＜a＜。

②由①可知x1,x2分別是方程lnx-ax=0的兩個根,即lnx1=ax1,lnx2=ax2。

不妨設(shè)x1＞x2,作差得:

原不等式x1·x2＞e2?lnx1+lnx2＞2

設(shè)gt()=lnt-,t＞1,g't()=,則函數(shù)gt()在1,+∞()上單調(diào)遞增,則gt()＞g1()=0。

故不等式成立。

故所證不等式x1·x2＞e2成立。

4.(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,1),由于f(1-x)=f(x),故只考慮x∈ (0 ,)時f(x)的單調(diào)性。

令g(x)=ln(1-x)-lnx,則

再令h(x)=ln(1-x)+2x,則h'(x)=

當(dāng)x∈(0 ,)時,h'(x)＞0,則h(x)單調(diào)遞增,又h(0)=0,則h(x)＞h(0)=0。

則g'(x)＜0,g(x)單調(diào)遞減,則g(x)＞g()=0,f'(x)＞0。

故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0 ,),單調(diào)遞減區(qū)間為 (,1)。

所以φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,φ(x)＞φ(1)=0,即lnx＞

②由①得0＜-?0＜-ln(1

則0＜(lnx)ln(1-x)＜ x(1-x)。

故曲線y=f(x)上的所有點都落在圓

5.(1)f'(x)=-

因f'(1)=f'(2),所以-2a=-

即a=。f(x)=-lnx-x2+x。

因為f(1)=,f'(1)=-,所以f(x)圖像在x=1處的切線的方程為y-=-(x-1),即2x+4y-5=0。

(2)設(shè)x1,x2為方程f'(x)=0的兩個實數(shù)根,則x+x=,xx=。由題意得12a122

令g(a)=lna++ln2+1,則g'(a)=。

當(dāng)0＜a＜時,g'(a)＜0,g(a)是減函數(shù),所以g(a)＞g()=3-2ln2,即m+n＞3-2ln2。

6.(1)易知函數(shù)y=f(x)-g(x)的定義域為(0,+∞)。又y'=f'(x)-g'(x)=,由題意,得x+2-m(1-n)+的最小值為負(fù),所以m(1-n)＞4,所以≥m(1-n)＞4,所以m+(1-n)＞4,所以m-n＞3。

(2)令h(x)=f()·f(eax)+f()=ax·ln2a-ax·lnx+lnxln2a,其中x＞0,a＞0,則h'(x)=aln2aalnx-a+,則k(x)=aln2a-alnxa+,則k'(x)=-所以k(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,且k(x)=0在(0,+∞)內(nèi)必存在實根,不妨設(shè)k(x0)=0,即k(x0)=aln2a-alnx0-a+=0,得ln=+ln2a-1 (*),則h(x)在區(qū)間(0,x0)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間(x0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,所以h(x)max=h(x0),h(x0)=(ax0-1)·ln2a-(ax0-1)·lnx0。將(*)式代入上式,得h(x0)=ax0根據(jù)題意h(x0)=ax0+2≤0恒成立。

又a+≥2,當(dāng)且僅當(dāng)ax=時,0取等號,所以ax+=2,ax=1,所以00x=,代入(*)式,得ln=ln2a,即=02a。又a＞0,所以a=。所以存在滿足條件的實數(shù)a,且

7.(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞)。

當(dāng)a=1時,f(x)=+lnx,f'(x)=

在(0,1)上,f'(x)＜0,f(x)單調(diào)遞減;在(1,+∞)上,f'(x)＞0,f(x)單調(diào)遞增。

所以函數(shù)f(x)min=f(1)=0。

(2)f'(x)=,函數(shù)f(x)在[1,+∞)上為增函數(shù)等價于f'(x)≥0在[1,+∞)上恒成立。

當(dāng)a＜0時,f'(x)≥0,f(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增,滿足題設(shè)條件。

當(dāng)a＞0時,因為ax2＞0,令g(x)=ax-1,等價于g(x)≥0在[1,+∞)上恒成立,g(x)=ax-1在[1,+∞)上為增函數(shù),所以g(x)≥g(1)=a-1≥0。

綜上所述,所求實數(shù)a的取值范圍是a＜0或a≥1。

(2)因為＞0,e＞0,比較與e的大小,等價于比較與lne的大小,即比較(n+1)·與1的大小,即比較的大小。

由(1)得在(0,+∞)上,當(dāng)x≠1時,f(x)=+lnx＞f(1)=0,即lnx＞,則x＞0,且x≠1,得

由此得＞e(n∈N*)。