题目列表(包括答案和解析)
已知函数f(x)=ex-ax,其中a>0.
(1)若对一切x∈R,f(x) 1恒成立,求a的取值集合;
(2)在函数f(x)的图像上去定点A(x1, f(x1)),B(x2, f(x2))(x1<x2),记直线AB的斜率为k,证明:存在x0∈(x1,x2),使恒成立.
【解析】解:令
.
当时
单调递减;当
时
单调递增,故当
时,
取最小值
于是对一切恒成立,当且仅当
. ①
令则
当时,
单调递增;当
时,
单调递减.
故当时,
取最大值
.因此,当且仅当
时,①式成立.
综上所述,的取值集合为
.
(Ⅱ)由题意知,令
则
令,则
.当
时,
单调递减;当
时,
单调递增.故当
,
即
从而,
又
所以因为函数
在区间
上的图像是连续不断的一条曲线,所以存在
使
即
成立.
【点评】本题考查利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立问题等,考查运算能力,考查分类讨论思想、函数与方程思想等数学方法.第一问利用导函数法求出取最小值
对一切x∈R,f(x)
1恒成立转化为
从而得出求a的取值集合;第二问在假设存在的情况下进行推理,然后把问题归结为一个方程是否存在解的问题,通过构造函数,研究这个函数的性质进行分析判断.
已知函数.
(Ⅰ)求函数的单调区间;
(Ⅱ)设,若对任意
,
,不等式
恒成立,求实数
的取值范围.
【解析】第一问利用的定义域是
由x>0及 得1<x<3;由x>0及
得0<x<1或x>3,
故函数的单调递增区间是(1,3);单调递减区间是
第二问中,若对任意不等式
恒成立,问题等价于
只需研究最值即可。
解: (I)的定义域是
......1分
............. 2分
由x>0及 得1<x<3;由x>0及
得0<x<1或x>3,
故函数的单调递增区间是(1,3);单调递减区间是
........4分
(II)若对任意不等式
恒成立,
问题等价于,
.........5分
由(I)可知,在上,x=1是函数极小值点,这个极小值是唯一的极值点,
故也是最小值点,所以; ............6分
当b<1时,;
当时,
;
当b>2时,;
............8分
问题等价于 ........11分
解得b<1 或 或
即
,所以实数b的取值范围是
已知函数.(
)
(1)若在区间
上单调递增,求实数
的取值范围;
(2)若在区间上,函数
的图象恒在曲线
下方,求
的取值范围.
【解析】第一问中,首先利用在区间
上单调递增,则
在区间
上恒成立,然后分离参数法得到
,进而得到范围;第二问中,在区间
上,函数
的图象恒在曲线
下方等价于
在区间
上恒成立.然后求解得到。
解:(1)在区间
上单调递增,
则在区间
上恒成立. …………3分
即,而当
时,
,故
.
…………5分
所以.
…………6分
(2)令,定义域为
.
在区间上,函数
的图象恒在曲线
下方等价于
在区间
上恒成立.
∵ …………9分
① 若,令
,得极值点
,
,
当,即
时,在(
,+∞)上有
,此时
在区间
上是增函数,并且在该区间上有
,不合题意;
当,即
时,同理可知,
在区间
上递增,
有,也不合题意;
…………11分
② 若,则有
,此时在区间
上恒有
,从而
在区间
上是减函数;
要使在此区间上恒成立,只须满足
,
由此求得的范围是
. …………13分
综合①②可知,当时,函数
的图象恒在直线
下方.
已知函数f(x)=alnx-x2+1.
(1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为4x-y+b=0,求实数a和b的值;
(2)若a<0,且对任意x1、x2∈(0,+∞),都|f(x1)-f(x2)|≥|x1-x2|,求a的取值范围.
【解析】第一问中利用f′(x)=-2x(x>0),f′(1)=a-2,又f(1)=0,所以曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=(a-2)(x-1),即(a-2)x-y+2-a=0,
由已知得a-2=4,2-a=b,所以a=6,b=-4.
第二问中,利用当a<0时,f′(x)<0,∴f(x)在(0,+∞)上是减函数,
不妨设0<x1≤x2,则|f(x1)-f(x2)|=f(x1)-f(x2),|x1-x2|=x2-x1,
∴|f(x1)-f(x2)|≥|x1-x2|等价于f(x1)-f(x2)≥x2-x1,
即f(x1)+x1≥f(x2)+x2,结合构造函数和导数的知识来解得。
(1)f′(x)=-2x(x>0),f′(1)=a-2,又f(1)=0,所以曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=(a-2)(x-1),即(a-2)x-y+2-a=0,
由已知得a-2=4,2-a=b,所以a=6,b=-4.
(2)当a<0时,f′(x)<0,∴f(x)在(0,+∞)上是减函数,
不妨设0<x1≤x2,则|f(x1)-f(x2)|=f(x1)-f(x2),|x1-x2|=x2-x1,
∴|f(x1)-f(x2)|≥|x1-x2|等价于f(x1)-f(x2)≥x2-x1,即f(x1)+x1≥f(x2)+x2,
令g(x)=f(x)+x=alnx-x2+x+1,g(x)在(0,+∞)上是减函数,
∵g′(x)=-2x+1=
(x>0),
∴-2x2+x+a≤0在x>0时恒成立,
∴1+8a≤0,a≤-,又a<0,
∴a的取值范围是
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