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导数的热点问题1.在某次水下科研考察活动中,需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业,根据以往经验,潜水员下潜的平均速度为v米/单位时间,每单位时间的用氧量为3+1升,在水底作业10个单位时间,每单位时间用氧量为
0.9升,返回水面的平均速度为米/单位时间,每单位时间用氧量为
1.5升,记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y升.1求y关于v的函数关系式;2若c≤v≤15c0,求当下潜速度v取什么值时,总用氧量最少.2y′=-=,令y′=0,得v=10,当0v10时,y′0,函数单调递减,当v10时,y′0,函数单调递增,∴当0c10时,函数在c10上单调递减,在10,15上单调递增,∴当v=10时总用氧量最少,当c≥10时,y在[c15]上单调递增,∴当v=c时总用氧量最少.综上,若0c10,则当v=10时总用氧量最少;若c≥10,则当v=c时总用氧量最少.2.已知函数fx=+lnx.1若函数fx在内有极值,求实数a的取值范围;2在1的条件下,对任意t∈1,+∞,s∈01,求证ft-fse+2-.1【解析】由定义域为01∪1,+∞,f′x=-=,设hx=x2-a+2x+1,要使y=fx在上有极值,则x2-a+2x+1=0有两个不同的实根x1,x2,∴Δ=a+22-40,∴a0或a-4,
①且至少有一根在区间上,又∵x1·x2=1,∴只有一根在区间e,+∞上,不妨设x2e,∴0x1ex2,又h0=1,∴只需h0,即-a+2+10,∴ae+-2,
②联立
①②可得ae+-
2.即实数a的取值范围是.2证明 由1知,当x∈时,f′x0,fx单调递减,当x∈时,f′x0,fx单调递增,∴fx在1,+∞上有最小值fx2,即∀t∈1,+∞,都有ft≥fx2,又当x∈时,f′x0,fx单调递增,当x∈时,f′x0,fx单调递减,∴fx在01上有最大值fx1,即对∀s∈01,都有fs≤fx1,又∵x1+x2=2+a,x1x2=1,x1∈,x2∈,∴ft-fs≥fx2-fx1=lnx2+-lnx1-=ln+-=lnx+x2-,设kx=lnx2+x-=2lnx+x-xe,则k′x=+1+0xe,∴kx在上单调递增,∴kxke=2+e-,∴ft-fse+2-.3.已知函数fx=2x+1ln2x+1-a2x+12-xa0.1如图,设直线x=-,y=-x将坐标平面分成Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ,Ⅳ四个区域不含边界,若函数y=fx的图象恰好位于其中一个区域内,判断其所在的区域并求对应的a的取值范围;2当a时,求证∀x1,x2∈0,+∞且x1≠x2,有fx1+fx22f.1【解析】函数fx的定义域为,且当x=0时,f0=-a
0.又∵直线y=-x恰好通过原点,∴函数y=fx的图象应位于区域Ⅳ内,于是可得fx-x,即2x+1ln2x+1-a2x+12-x-x.∵2x+10,∴a.令hx=,则h′x=.∴当x∈时,h′x0,hx单调递增;当x∈时,h′x0,hx单调递减.∴hxmax=h=,∴a的取值范围是.2证明 ∵f′x=2ln2x+1-4a2x+1+1,设ux=2ln2x+1-4a2x+1+1,则u′x=-8a,∵当x0时,4,当a时,8a4,∴u′x=-8a0,∴当x0时,f′x为减函数,不妨设x2x10,令gx=fx+fx1-2fxx1,可得gx1=0,g′x=f′x-f′,∵x且f′x是0,+∞上的减函数,∴g′x0,∴当xx1时,gx为减函数,∴gx2gx1=0,即fx1+fx22f.4.已知函数fx=lnx+,gx=e-x+bx,a,b∈R,e为自然对数的底数.1若函数y=gx在R上存在零点,求实数b的取值范围;2若函数y=fx在x=处的切线方程为ex+y-2+b=
0.求证对任意的x∈0,+∞,总有fxgx.2证明 易得f′x=-,则由题意,得f′=e-ae2=-e,解得a=.∴fx=lnx+,从而f =1,即切点为.将切点坐标代入ex+y-2+b=0中,解得b=
0.∴gx=e-x.要证fxgx,即证lnx+e-xx∈0,+∞,只需证xlnx+xe-xx∈0,+∞.令ux=xlnx+,vx=xe-x,x∈0,+∞.则由u′x=lnx+1=0,得x=,∴ux在上单调递减,在上单调递增,∴uxmin=u=.又由v′x=e-x-xe-x=e-x1-x=0,得x=1,∴vx在01上单调递增,在1,+∞上单调递减,∴vxmax=v1=.∴ux≥uxmin≥vxmax≥vx,显然,上式的等号不能同时取到.故对任意的x∈0,+∞,总有fxgx.5.已知函数gx=xlnx,hx=a0.1若gxhx对x∈1,+∞恒成立,求a的取值范围;2证明不等式·…·e对于正整数n恒成立,其中e=
2.71828…为自然对数的底数.1【解析】方法一 记fx=gx-hx=xlnx-x2+,令φx=f′x=lnx+1-ax,则φ′x=-a,
①当a≥1时,∵x∈1,+∞,∴φ′x=-a1-a≤0,∴f′x在1,+∞上单调递减,又f′1=1-a≤0,∴f′x0,即fx在1,+∞上单调递减,此时,fxf1=-≤0,即gxhx,∴a≥
1.
②当0a1时,考虑x∈时,φ′x=-aa-a=0,∴f′x在上单调递增,又f′1=1-a0,∴f′x0,即fx在上单调递増,fxf1=-0,不满足题意.综上所述,a∈[1,+∞.方法二 当x∈1,+∞时,gxhx等价于a,令Fx=x1,F′x=x1,记mx=x-1-xlnxx1,则m′x=-lnx0,∴mx在1,+∞上单调递减,∴mxm1=0,∴F′x0,即Fx在1,+∞上单调递减,FxF1=1,故a∈[1,+∞.2证明 由1知取a=1,当x∈1,+∞时,gxhx恒成立,即xlnx恒成立,即lnx恒成立, 即ln1+x=对于x∈0,+∞恒成立,由此,ln=≤,k∈N*,于是ln=ln+ln+…+ln==·==≤,故·…·.6.已知函数fx=ex+1,其中e=
2.718…为自然对数的底数,常数a
0.1求函数fx在区间0,+∞上的零点个数;2函数Fx的导数F′x=fx,是否存在无数个a∈14,使得lna为函数Fx的极大值点?请说明理由.2方法一 当a1时,lna
0.因为当x∈时,ex-a0;当x∈时,ex-a
0.由1知,当x∈0,x0时,fx0;当x∈x0,+∞时,fx
0.下面证当a∈时,lnax0,即证f
0.f=a+1=alna-a-+1,记gx=xlnx-x-+1,x∈1,e,g′x=lnx-,x∈1,e,令hx=g′x,则h′x=0,所以g′x在上单调递增,由g′1=-0,g′e=1-0,所以存在唯一零点t0∈,使得g′=0,且x∈时,g′x0,gx单调递减,x∈时,g′x0,gx单调递增.所以当x∈时,gxmax.由g1=-0,ge=0,得当x∈时,gx
0.故f00lnax
0.当0xlna时,ex-a0,fx0,F′x=fx0,Fx单调递增;当lnaxx0时,ex-a0,fx0,F′x=fx0,Fx单调递减.所以存在a∈⊆14,使得lna为Fx的极大值点.方法二 因为当x∈时,ex-a0;当x∈时,ex-a
0.由1知,当x∈0,x0时,fx0;当x∈x0,+∞时,fx
0.所以存在无数个a∈14,使得lna为函数Fx的极大值点,即存在无数个a∈14,使得lnax0成立,
①由1,问题
①等价于存在无数个a∈14,使得f0成立,因为f=a+1=alna-a-+1,记gx=xlnx-x-+1,x∈14,g′x=lnx-,x∈14,设kx=g′x,因为k′x=,当x∈时,k′x0,所以g′x在上单调递增,因为g′=ln-0,g′2=ln2-0,所以存在唯一零点t0∈,使得g′=0,且当x∈时,g′x0,gx单调递减;当x∈时,g′x0,gx单调递增;所以当x∈时,gxmin=g=t0lnt0-t0-+1,
②由g′=0,可得lnt0=,代入
②式可得gxmin=g=-t0+1,当t0∈时,g=-t0+1=--0,所以必存在x∈,使得gx0,即对任意a∈,f0有解,所以对任意a∈⊆14,函数Fx存在极大值点为lna.7.已知fx=x-1ex+ax
2.1当a=e时,求fx的极值;2若fx有两个不同零点,求a的取值范围;3对∀x1,求证fx≥ax2+x+1+lnx-1.1【解析】当a=e时,f′x=xex+e.当x∈-∞,0时,f′x0,fx为减函数,当x∈0,+∞时,f′x0,fx为增函数,∴fx极小值=f0=-1,无极大值.2【解析】f′x=xex+a,ⅰ当a=0时,fx=x-1ex,只有一个零点x=1,ⅱ当a0时,ex+a0,当x∈-∞,0时,f′x0,fx为减函数,当x∈0,+∞时,f′x0,fx为增函数,fx极小值=f0=-1,而f1=0,∴当x0时,函数fx在01上存在一个零点,当x0时,ex1,∴x-1exx-1,∴fx=x-1ex+ax2x-1+ax2=ax2+x-1,令gx=ax2+x-1,x1是gx=0的一个根,取x1=0,∴fx10,fx1·f00,∴当x0时,函数fx在x10上存在一个零点,∴函数fx有两个零点.ⅲ当a0时,f′x=xex+a,令f′x=0得x=0或x=ln-a,
①当ln-a0,即a-1时,当x变化时,fx,f′x的变化情况如表所示x-∞,000,ln-aln-aln-a,+∞f′x+0-0+fx-1∴fx极大值=f0=-1,∴函数fx至多有一个零点,不合题意,
②当ln-a=0,即a=-1时,fx在-∞,+∞上单调递增,∴fx至多有一个零点,不合题意.
③当ln-a0,即-1a0时,当x变化时fx,f′x的变化情况如表所示x-∞,ln-aln-aln-a,000,+∞f′x+0-0+fx-1∴x0,a0时,fx=x-1ex+ax20,f0=-1,∴函数fx至多有一个零点,不合题意.综上,a的取值范围是0,+∞.3证明 令gx=fx-lnx-1-ax2-x-1,=x-1ex-lnx-1-x-1,x∈1,+∞,g′x=xex--1=xex-=x,x∈1,+∞.令hx=ex-,x∈1,+∞,h′x=ex+0,∴hx为1,+∞上的增函数,h2=e2-10,取x-1=e-2,x=1+e-2,h1+e-2=-e20,∴存在唯一的x0∈12使hx0=0,即=,∴当x∈1,x0时,hx0,g′x0,gx为减函数,当x∈x0,+∞时,hx0,g′x0,gx为增函数,∴gxmin=gx0=x0-1-lnx0-1-x0-1=x0-1×-ln-x0-1=1+x0-x0-1=0,∴对∀x1,gx≥gx0=0,即fx≥ax2+x+1+lnx-1.
8.已知fx=asinx,gx=lnx,其中a∈R,y=g-1x是y=gx的反函数.1若0a≤1,证明函数Gx=f1-x+gx在区间01上是增函数;2证明inln2;3设Fx=g-1x-mx2-2x+1+b,若对任意的x0,m0有Fx0恒成立,求满足条件的最小整数b的值.1证明 由题意知Gx=asin1-x+lnx,G′x=-acos1-xx0,当x∈01,0a≤1时,10cos1-x1,∴acos1-x1,∴G′x0,故函数Gx在区间01上是增函数.3【解析】由对任意的x0,m0有Fx=g-1x-mx2-2x+1+b=ex-mx2-2x+b-20恒成立,即当x∈0,+∞时,Fmin
0.又设hx=F′=ex-2mx-2,h′x=ex-2m,m0,则h′x0,hx单调递增,又h00,h10,则必然存在x0∈01,使得hx0=0,∴Fx在0,x0上单调递减,在x0,+∞上单调递增,∴Fx≥Fx0=-mx-2x0+b-20,则b-+mx+2x0+2,又-2mx0-2=0,∴m=,∵b-+·x+2x0+2=+x0+2,又m0,则x0∈0,ln2,∵b+x0+2,x0∈0,ln2恒成立,令mx=ex+x+2,x∈0,ln2,则m′x=x-1ex+1,令nx=x-1ex+1,则n′x=xex0,∴m′x在0,ln2上单调递增,∴m′xm′0=0,∴mx在0,ln2上单调递增,∴mxmln2=2ln2,∴b≥2ln2,又b为整数,∴最小整数b的值为
2.9.已知a∈R,函数fx=-x2+axexx∈R,e为自然对数的底数.1当a=2时,求函数fx的单调递增区间;2若函数fx在-11上单调递增,求a的取值范围;3函数fx是否为R上的单调减函数?若是,求出a的取值范围?若不是,请说明理由.【解析】1当a=2时,fx=-x2+2xex,所以f′x=-2x+2ex+-x2+2xex=-x2+2ex.令f′x0,即-x2+2ex0,因为ex0,所以-x2+20,解得-x.所以函数fx的单调递增区间是-,.2因为函数fx在-11上单调递增,所以f′x≥0对x∈-11都成立.因为f′x=-2x+aex+-x2+axex=[-x2+a-2x+a]ex,所以[-x2+a-2x+a]ex≥0对x∈-11都成立.因为ex0,所以-x2+a-2x+a≥0,则a≥==x+1-对x∈-11都成立.令gx=x+1-,则g′x=1+
0.所以gx=x+1-在-11上单调递增.所以gxg1=1+1-=.所以a的取值范围是.3若函数fx在R上单调递减,则f′x≤0对x∈R都成立,即[-x2+a-2x+a]ex≤0对x∈R都成立,因为ex0,所以x2-a-2x-a≥0对x∈R都成立.所以Δ=a-22+4a≤0,即a2+4≤0,这是不可能的.故函数fx不可能在R上单调递减.10.已知函数fx=2lnx+x2-2axa0.1讨论函数fx的单调性;2若函数fx有两个极值点x1,x2x1x2,且fx1-fx2≥-2ln2恒成立,求a的取值范围.【解析】1由题意知,函数fx的定义域是0,+∞,f′x=,令x2-ax+1=0,则Δ=a2-4,
①当0a≤2时,Δ≤0,f′x≥0恒成立,函数fx在0,+∞上单调递增;
②当a2时,Δ0,方程x2-ax+1=0有两个不同的实根,分别设为x3,x4,不妨令x3x4,则x3=,x4=,此时0x3x4,因为当x∈0,x3时,f′x0,当x∈x3,x4时,f′x0,当x∈x4,+∞时,f′x0,所以函数fx在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增.综上,当0a≤2时,fx在0,+∞上单调递增;当a2时fx在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增.2由1得fx在x1,x2上单调递减,x1+x2=a,x1·x2=1,则fx1-fx2=2ln+x1-x2x1+x2-2a=2ln+=2ln+-,令t=,则0t1,fx1-fx2=2lnt+-t,令gt=2lnt+-t0t1,则g′t=-0,故gt在01上单调递减且g=-2ln2,故gt=fx1-fx2≥-2ln2=g,即0t≤,而a2=x1+x22=++2=t++2,其中0t≤,令ht=t++2,t∈,所以h′t=1-0在t∈上恒成立,故ht=t++2在上单调递减,从而a2≥,故a的取值范围是.。