解答题专项训练1.doc

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1、文档解答题专项训练一1.[2016·某某某某模拟]已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x0)≤g(x0)－ex0成立，求a的取值X围．解　(1)f′(x)＝a－ex，x∈R，当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在R上单调递减；当a＞0时，令f′(x)＝0得x＝lna，由f′(x)＞0得f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)；由f′(x)＜0得f(x)的单调递减区间为(lna，＋∞)．(2)因为∃x0∈(0，＋∞

2、)，使不等式f(x0)≤g(x0)－ex0，则ax0≤，即a≤.设h(x)＝(x＞0)，则问题转化为a小于或等于h(x)的最大值，由h′(x)＝，令h′(x)＝0，则x＝.当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)、h(x)的变化情况如下表：x(0，)(，＋∞)h′(x)＋0－11/11文档h(x)↗↘由上表可知，当x＝时，函数h(x)有最大值，且最大值为.所以a≤.2．[2015·某某高考]已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－处取得极值．(1)确定a的值；(2)若g(x)＝f(x)ex

3、，讨论g(x)的单调性．解　(1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，因为f(x)在x＝－处取得极值，所以f′＝0，即3a·＋2·＝－＝0，解得a＝，经检验适合题意．(2)由(1)得g(x)＝ex，故g′(x)＝ex＋ex＝ex＝x(x＋1)(x＋4)ex.11/11文档令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4.当x＜－4时，g′(x)＜0，故g(x)为减函数；当－4＜x＜－1时，g′(x)＞0，故g(x)为增函数；当－1＜x＜0时，g′(x)＜0，故g(x)为减函数；当x＞0时，g

4、′(x)＞0，故g(x)为增函数．综上知，g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数．3．[2016·某某模拟]已知函数f(x)＝ln(1＋2x)－.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＞0，b＞0，求证：ln(2a)－lnb≥1－.解　(1)由2x＋1＞0得x＞－，∴f(x)的定义域为.∵f(x)＝ln(1＋2x)－，∴f′(x)＝－＝.由f′(x)＞0得x＞－，由f′(x)＜0得x＜－.∴f(x)的单调递增区间为，f(x)的单调递减区间为.11/

5、11文档(2)证明：由(1)知：当x＝－时，f(x)取得最小值．∴f(x)的最小值为f＝－ln2.∴当x＞－时，f(x)≥f，即f(x)≥－ln2.∵a＞0，b＞0，∴＝－＞－.设x＝，则f≥－ln2，化简得ln(2a)－lnb≥1－.∴当a＞0，b＞0时，ln2a－lnb≥1－.4．[2016·某某四校联考]已知f(x)＝lnx－x＋a＋1.(1)若存在x∈(0，＋∞)使得f(x)≥0成立，求a的取值X围；(2)求证：当x＞1时，在(1)的条件下，x2＋ax－a＞xlnx＋成立．解　(1)原题即为

6、存在x＞0使得lnx－x＋a＋1≥0，∴a≥－lnx＋x－1，令g(x)＝－lnx＋x－1(x>0)，则g′(x)＝－＋1＝.令g′(x)＝0，解得x＝1.∵当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)为减函数，11/11文档当x＞1时，g′(x)＞0，g(x)为增函数，∴g(x)min＝g(1)＝0，a≥g(1)＝0.故a的取值X围是[0，＋∞)．(2)证明：原不等式可化为x2＋ax－xlnx－a－＞0(x＞1，a≥0)．令G(x)＝x2＋ax－xlnx－a－，则G(1)＝0.由(1)可知x－lnx－

7、1＞0，则G′(x)＝x＋a－lnx－1≥x－lnx－1＞0，∴G(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴G(x)＞G(1)＝0成立，∴x2＋ax－xlnx－a－＞0成立，即x2＋ax－a＞xlnx＋成立．5．[2016·某某南开模拟]已知函数f(x)＝(a＞0)的导函数y＝f′(x)的两个零点为－3和0.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)的极小值为－e3，求f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值．解　(1)f′(x)＝11/11文档＝，令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c，因为ex＞0

8、，所以y＝f′(x)的零点就是g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零点，且f′(x)与g(x)符号相同．又因为a＞0，所以－3＜x＜0时，g(x)＞0，即f′(x)＞0；当x＜－3或x＞0时，g(x)＜0，即f′(x)＜0.所以f(x)的单调递增区间是(－3,0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)．(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的极小值点，所以有解得a＝1，b＝5，c＝5，所以f(x)＝.因为f(x)的单调增区间是(－3,0)，单调减区间是(－