xi和极
S
(2)证明:
由(i)知,当且仅当a€(0,盍)时,f(x)有极小值点大值点X2,
且xi,X2是方程2ax2-x+仁0的两根,「一―,
£(xp+f(ip二Inax|[十1—赳疋三'十xj
=-Cln2sj+1112瓷送)-8〔兀[2十只22)+(才]+耳2
T2
r11
Inn-
4a2玄2a
=]碍沽打心^十柚
na+-■l_ln2f呂E(0,—),4a8
,
a4,4a2
•E(0,g)时,g(a)是减函数,
8
•…1二二-1:
亠,
•'•f(xi)+f(X2)>3-41n2.
思想,是一道综合题.
4.(2016?
包头校级三模)已知函数f(x)='..(e为自然对数的底数).
£
(1)若a=£,求函数f(x)的单调区间;
(2)若f
(1)=1,且方程f(x)=1在(0,1)内有解,求实数a的取值范围.
【分析】
(1)若a=±,求函数的导数,禾U用函数单调性和导数之间的关系即可求函数f(x)的单调区间;
(2)根据函数与方程之间的关系转化为函数存在零点问题,构造函数,求函数的导数,利用函数极值和函数零点之间的关系进行转化求解即可.
【解答】解:
(1)若a==,f(x)=(x2+bx+1)e-x,
则f'x)=(2x+b)e-x-(x2+bx+1)e-x=-[x2+(b-2)x+1-b]e-x=-
(x-1)[x-(1-b)]e-x,
由f'x)=0得—(x-1)[x-(1-b)]=0,即x=1或x=1-b,
1若1-b=1,即b=0时,f'()=-(x-1)2e_xo,此时函数单调递减,
单调递减区间为(-K,+%).
2若1-b>1,即bv0时,由f'(=-(x-1)[x-(1-b)]e-x>0得(x-1)[x-(1-b)]v0,即1vxv1-b,
此时函数单调递增,单调递增区间为(1,1-b),
由f'()=-(x-1)[x-(1-b)]e-xv0得(x-1)[x-(1-b)]>0,即
xv1,或x>1-b,
此时函数单调递减,单调递减区间为(-X,1),(1-b,+°°),
3若1-bv1,即b>0时,由f'(=-(x-1)[x-(1-b)]e-x>0得(x-1)[x-(1-b)]v0,即1-bvxv1,
此时函数单调递增,单调递增区间为(1-b,1),
由f'()=-(x-1)[x-(1-b)]e-xv0得(x-1)[x-(1-b)]>0,即xv1-b,或x>1,
此时函数单调递减,单调递减区间为(-°,1-b),(1,+°).
(2)若f
(1)=1,则f
(1)=(2a+b+1)e-1=1,
即2a+b+1=e,则b=e-1-2a,
若方程f(x)=1在(0,1)内有解,
即方程f(x)=(2ax2+bx+1)e-x=1在(0,1)内有解,
即2ax2+bx+1=ex在(0,1)内有解,
即ex-2ax2-bx-仁0,
设g(x)=ex-2ax2-bx-1,
则g(x)在(0,1)内有零点,设X0是g(x)在(0,1)内的一个零点,则g(0)=0,g
(1)=0,知函数g(x)在(0,xo)和(xo,1)上不可能单调递增,也不可能单调递减,
设h(x)=g'x),
则h(x)在(0,xo)和(xo,1)上存在零点,
即h(x)在(0,1)上至少有两个零点,
g'x)=ex-4ax-b,h'()=ex-4a,
当a斗时,h'X)>0,h(x)在(0,1)上递增,h(x)不可能有两个及以上零点,
当a订时,h'X)v0,h(x)在(0,1)上递减,h(x)不可能有两个及以上零点,
当*vav〒时,令h'x)=0,得x=ln(4a)€(0,1),
则h(x)在(0,In(4a))上递减,在(In(4a),1)上递增,h(x)在(0,
1)上存在最小值h(In(4a)).
若h(x)有两个零点,则有h(In(4a))v0,h(0)>0,h
(1)>0,h(In(4a))=4a-4aIn(4a)-b=6a-4aIn(4a)+1-e,带a专
53
设©(x)x-xlnx+1-e,(1vxve),
贝打’x)=亍-Inx,
令©'x)=_-Inx=0,得x=.l,
当1vxv.-时,©‘()>0,此时函数©(x)递增,
当-Yxve时,©‘()v0,此时函数©(x)递减,
则©(x)max=©(.l)=l+1-ev0,
则h(In(4a))v0恒成立,
由h(0)=1-b=2a-e+2>0,h
(1)=e-4a-b>0,
得工^vav
22
当罟■则g(xi)>g(0)=0,
g(X2)Vg
(1)=0,
则g(x)在(X1,X2)内有零点,
综上,实数a的取值范围是([厶,肓)-
【点评】本题主要考查函数单调性和单调区间的求解和判断,利用函数单调性的性质以及函数单调性和导数之间的关系是解决本题的关键.综合性较强,难度较大.
5.(2016?
宁城县模拟)已知函数f(x)=lnx-ax.
(I)若函数
(U)当a=1
f(x)在(1,+%)上单调递减,求实数a的取值范围;
时,函数:
;.'■<:
t'v.+v二有两个零点X1,X2,且X1VX2.求证:
X1+X2>1.
求出函数的导数,根据函数的单调性,分离参数a,问题转化为:
【分析】(I)
当x>1时…丄恒成立,解出即可;
1-ai
【解答】解:
(I)因为f(x)=lnx-ax,则二:
y—-tl-
若函数f(x)=lnx-ax在(1,+x)上单调递减,
即当x>1时
恒成立,所以a>1.(5分)
(II)证明:
根据题意,百O二,是函数吕(f)=lnx+-^—
ithO,l.ri艾刁idhO
社2x2
因为X1,X2是
MI11
两式相减,可得W■.-,2”]
r■的两个零点,
(7分)
则1-ax<0在(1,+%)上恒成立,
匕1
Xi一
S'
211k2
x2
那么
其中0vtv1,
则xl+x^2]_nt+2]_nt_2].nt
构造函数「二-亠厂一—,(10分)
则fCt)='
.因为0vtv1,所以h'(t)>0恒成立,
故h(t)vh
(1),即上*一21门十<0.
可知
Zlnt
m,故X1+X2>1.(12分)
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题,考查导数的应用以及函数恒成立
问题,考查不等式的证明,是一道综合题.
6.(2016?
河南三模)已知f(x)=ln(mx+1)-2(m丸)).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若m>0,g(x)=f(x)+」一存在两个极值点xi,X2,且g(xi)+g(X2)
x+2
v0,求m的取值范围.
【分析】
(1)求出函数的导数,通过讨论m的范围,确定函数的单调性;
(2)求出g(x)的导数,通过讨论m的范围,求出函数的单调区间,从而求
出函数的最值,判断是否符合题意,从而判断出m的范围即可.
【解答】解:
(1)由已知得mx+1>0,f'x)=―—,mx+1
1若m>0时,由mx+1>0,得:
x>-—,恒有f'()>0,
m
•••f(x)在(-丄,+%)递增;
2若mv0,由mx+1>0,得:
xv—'|,恒有f'x)v0,
•'•f(x)在(-x,)递减;
m
综上,m>0时,f(x)在(-丄,+x)递增,
mv0时,f(x)在(-x,-丄)递减;
JT
(2)g(x)=ln(mx+1)-2,(m>0),
s+2
•■gx)=右,
Cnnd-13(i+2)Z
令h(x)=mx2+4m-4,
m>1时,h(x)>0,g'()>0,g(x)无极值点,
0vmv1时,令h(x)=0,得:
由g(x)的定义域可知x>-—且X工-2,m
•'XI,X2为g(X)的两个极值点,
即Xi=-2-
X2=2
且Xl+X2=0,X1?
X2=
I,m
Hl
,得:
2+ln(mx2+1)
4
七+2
g(xi)+g(X2)=ln(mxi+1)+=ln(2m-1)2+
令t=2m-1,F(t)=lnt2
1Ovmv丄时,-1vtv0,
•••F(t)=2ln(-t)+手-2,•FtO=),I'v0,
t
•••F(t)在(-1,0)递减,F(t)vF(-1)v0,
即0vmv亍时,g(X1)+g(X2)v0成立,符合题意;
2丄vmv1时,0vtv1,
•••F(t)=2lnt+二-2,F'tO=;•1v0,
"t十£
•••F(t)在(0,1)递减,F(t)>F
(1)=0,
••亍vmv1时,g(X1)+g(X2)>0,不合题意,综上,m€(0,寺)•
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题,考查导数的应用以及函数恒成立问题,考查分类讨论思想,是一道综合题.
7.(2016?
湖北模拟)已知函数f(x)=x(Inx-ax)(a€R),g(x)=f'X)-
(1)若曲线y=f(x)在点(1,f
(1))处的切线与直线3x-y-仁0平行,求实数a的值;
(2)若函数F(x)=g(x)+丄X2有两个极值点X1,X2,且X1VX2,求证:
f
(X2)-1vf(X1)
【分析】
(1)利用导数的几何意义求切线斜率,解a;
(2)利用极值点与其导数的关系求出a的范围,进一步求出f(x)的解析式,通过求导判断其单调性以及最值.
【解答】解:
(1):
f'()=lnx—2ax+1,.°.f'1)=1—2a
因为3x—y—仁0的斜率为3.依题意,得1—2a=3;则a=—1.…(4分)
(2)证明:
因为
所以F'X)=-
x
F(X)
2a+x=
=g
(x)+
2
x-2as+l
—x2=Inx
2
-2ax+1+昇
(x>0),函数F(x)=g
极值点X1,X2
且X1vX2,即h(x)=x2—2ax+1在(0,+x)上有两个相异零点X1,X2.
X1X2=1>0,
A=4a2-4>0
•'a>1.…(6分)当0vxvX1或x>X2时,h(x)>0,F'X)>0.当X1vxvX2时,h(x)v
0,F'X)v0.
所以F(X)在(0,X1)与(X2,+x)上是增函数,在区间(X1,X2)上是减函
数.
2+1因为h
(1)=2—2av0,所以0vX1v1vavX2,令x2—2ax+1=0,得a=,
在(a,+x)上单调递减,
()v0,所以f(X)在区间(1,+
%)上单调递减.
故f(x)Vf
(1)=—1V0.又1VaVX2,
②当0VxV1时,由s'()=
1-3x2
因此f(X2)V—1.…(10分)
3
>0,得0VxV
由s'()=
1-3x2
V0,得
3
VxV1,所以s(x)在[0,_]
上单调递增,s(x)
••s(x)
1]上单调递减,
—V0,.丁(x)在(0,1)上单调递减,
WSmax=ln
•■•f(x)
>f
(1)=—1,:
X1€(0,1),
从而有f(X1)>—1.
综上可知:
f(X2)V—1Vf(X1).•••(12分)
【点评】本题考查了导数的几何意义以及利用导数求函数的单调区间和最值;
查了讨论的数学思想,属于难题.