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7.()已知a、b为实数,且b>a>e,其中e为自然对数的底,求证:ab>ba.
参考答案
难点磁场
解:(1)由题意得f[f(x)]=f(x2+c)=(x2+c)2+c
f(x2+1)=(x2+1)2+c,∵f[f(x)]=f(x2+1)
∴(x2+c)2+c=(x2+1)2+c,
∴x2+c=x2+1,∴c=1
∴f(x)=x2+1,g(x)=f[f(x)]=f(x2+1)=(x2+1)2+1
(2)φ(x)=g(x)-λf(x)=x4+(2-λ)x2+(2-λ)
若满足条件的λ存在,则φ′(x)=4x3+2(2-λ)x
∵函数φ(x)在(-∞,-1)上是减函数,
∴当x<-1时,φ′(x)<0
即4x3+2(2-λ)x<0对于x∈(-∞,-1)恒成立
∴2(2-λ)>-4x2,
∵x<-1,∴-4x2<-4
∴2(2-λ)≥-4,解得λ≤4
又函数φ(x)在(-1,0)上是增函数
∴当-1<x<0时,φ′(x)>0
即4x2+2(2-λ)x>0对于x∈(-1,0)恒成立
∴2(2-λ)<-4x2,
∵-1<x<0,∴-4<4x2<0
∴2(2-λ)≤-4,解得λ≥4
故当λ=4时,φ(x)在(-∞,-1)上是减函数,在(-1,0)上是增函数,即满足条件的λ存在.
歼灭难点训练
一、1.解析:由=-1,故存在含有0的区间(a,b)使当x∈(a,b),x≠0时<0,于是当x∈(a,0)时f′(0)>0,当x∈(0,b)时,f′(0)<0,这样f(x)在(a,0)上单增,在(0,b)上单减.
答案:B
2.解析:∵f′n(x)=2xn2(1-x)n-n3x2(1-x)n-1=n2x(1-x)n-1[2(1-x)-nx],令f′n(x)=0,得x1=0,x2=1,x3=,易知fn(x)在x=时取得最大值,最大值fn()=n2()2(1-)n=4.()n+1
答案:D
二、3.解析:函数的定义域是x>或x<-2,f′(x)=.(3x2+5x-2)′=,
①若a>1,则当x>时,logae>0,6x+5>0,(3x-1)(x+2)>0,∴f′(x)>0,∴函数f(x)在(,
+∞)上是增函数,x<-2时,f′(x)<0.∴函数f(x)在(-∞,-2)上是减函数.
②若0<a<1,则当x>时,f′(x)<0,∴f(x)在(,+∞)上是减函数,当x<-2时,f′(x)>0,∴f(x)在(-∞,-2)上是增函数
答案:(-∞,-2)
4.解析:设圆内接等腰三角形的底边长为2x,高为h,那么h=AO+BO=R+,解得
x2=h(2R-h),于是内接三角形的面积为
S=x.h=
从而
令S′=0,解得h=R,由于不考虑不存在的情况,所在区间(0,2R)上列表如下:
h |
(0,R) |
R |
(,2R) |
S′ |
+ |
0 |
- |
S |
增函数 |
最大值 |
减函数 |
由此表可知,当x=R时,等腰三角形面积最大.
答案:R
三、5.解:f′(x)=3ax2+1
若a>0,f′(x)>0对x∈(-∞,+∞)恒成立,此时f(x)只有一个单调区间,矛盾.
若a=0,f′(x)=1>0,∴x∈(-∞,+∞),f(x)也只有一个单调区间,矛盾.
若a<0,∵f′(x)=3a(x+).(x-),此时f(x)恰有三个单调区间.
∴a<0且单调减区间为(-∞,-)和(,+∞),单调增区间为(-, ).
6.解:f′(x)=+2bx+1
(1)由极值点的必要条件可知:f′(1)=f′(2)=0,即a+2b+1=0,且+4b+1=0,解方程组可得a=-,b=-,∴f(x)=-lnx-x2+x
(2)f′(x)=-x-1-x+1,当x∈(0,1)时,f′(x)<0,当x∈(1,2)时,f′(x)>0,当x∈(2,+∞)时,f′(x)<0,故在x=1处函数f(x)取得极小值,在x=2处函数取得极大值-ln2.
7.证法一:∵b>a>e,∴要证ab>ba,只要证blna>alnb,设f(b)=blna-alnb(b>e),则
f′(b)=lna-.∵b>a>e,∴lna>1,且<1,∴f′(b)>0.∴函数f(b)=blna-alnb在(e,+∞)上是增函数,∴f(b)>f(a)=alna-alna=0,即blna-alnb>0,∴blna>alnb,∴ab>ba.
证法二:要证ab>ba,只要证blna>alnb(e<a<b,即证,设f(x)=(x>e),则f′(x)=<0,∴函数f(x)在(e,+∞)上是减函数,又∵e<a<b,
∴f(a)>f(b),即,∴ab>ba.
8.解:(1)f(α)=,f(β)= ,f(α)=f(β)=4
(2)设φ(x)=2x2-ax-2,则当α<x<β时,φ(x)<0,
∴函数f(x)在(α,β)上是增函数
(3)函数f(x)在[α,β]上最大值f(β)>0,最小值f(α)<0,
∵|f(α).f(β)|=4,∴当且仅当f(β)=-f(α)=2时,f(β)-f(α)=|f(β)|+|f(α)|取最小值4,此时a=0,f(β)=2