分析 (1)求函数的导数,利用函数最值和导数之间的关系进行求解.
(2)原命题等价转化为:存在实数t∈[-1,+∞),使得不等式t≤1+lnx-x对任意x∈[1,m]恒成立.再利用导数求得h(x)=1+lnx-x的最小值为h(x)min=h(m)=1+lnm-m,由此求得h(m)≥-1的最大整数m的值.
解答 解:(1)g(x)=$\frac{f(x)}{x}$=$\frac{{e}^{x}}{x}$,(x>0).
则函数的导数g′(x)=$\frac{{e}^{x}•x-{e}^{x}}{{x}^{2}}$=$\frac{(x-1){e}^{x}}{{x}^{2}}$,
由当1≤x≤2时,g′(x)≥0,
即g(x)在区间[1,2]上为增函数,
则此时的最大值为g(2)=$\frac{{e}^{2}}{2}$.
(2)解:当t∈[-1,+∞)且x∈[1,m]时,x+t≥0,
∴f(x+t)≤ex即ex+t≤ex,
即t≤1+lnx-x;
∴存在实数t∈[-1,+∞),使得不等式t≤1+lnx-x对任意x∈[1,m]恒成立;
令h(x)=1+lnx-x(1≤x≤m);
∵h′(x)=$\frac{1}{x}$-1≤0,
∴函数h(x)在(0,+∞)为减函数;
又∵x∈[1,m],
∴h(x)min=h(m)=1+lnm-m.
∴要使得对x∈[1,m],t值恒存在,只须1+lnm-m≥-1;
∵h(3)=ln3-2>-1,h(4)=ln4-3<-1;
且函数h(x)在(0,+∞)为减函数,
∴满足条件的最大整数m的值为3.
点评 本题主要考查了函数的恒成立问题与存在性问题,利用导数研究函数的单调性,体现了转化的数学思想,考查学生的运算能力,综合性较强,难度较大.
科目:高中数学 来源: 题型:填空题
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科目:高中数学 来源: 题型:选择题
A. | [1,2] | B. | [log2$\frac{1}{3}$,log2$\frac{3}{5}$] | C. | [-∞,log2$\frac{1}{3}$] | D. | [log2$\frac{3}{5}$,+∞] |
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科目:高中数学 来源: 题型:解答题
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科目:高中数学 来源: 题型:解答题
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科目:高中数学 来源: 题型:选择题
A. | $\frac{a}{a+b}$ | B. | $\frac{b}{a+b}$ | C. | $\frac{a+b}{a}$ | D. | $\frac{a+b}{b}$ |
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