导数与函数专练·作业(三十四)
1．(2014·新课标全国ⅱ)(本小题满分12分)
已知函数f(x)＝ex－e－x－2x.
1)讨论f(x)的单调性；
2)设g(x)＝f(2x)－4bf(x)，当x>0时，g(x)>0，求b的最大值；
3)已知1.414 2<<1.414 3，估计ln2的近似值(精确到0.001)．
解析 (1)f′(x)＝ex＋e－x－2≥0，等号仅当x＝0时成立．
所以f(x)在(－∞单调递增．(3分)
2)g(x)＝f(2x)－4bf(x)＝e2x－e－2x－4b(ex－e－x)＋(8b－4)x，g′(x)＝2[e2x＋e－2x－2b(ex＋e－x)＋(4b－2)]
2(ex＋e－x－2)(ex＋e－x－2b＋2)．
当b≤2时，g′(x)≥0，等号仅当x＝0时成立，所以g(x)在(－∞单调递增．而g(0)＝0，所以对任意x>0，g(x)>0；
当b>2时，若x满足2综上，b的最大值为2.(8分)
3)由(2)知，g(ln)＝－2b＋2(2b－1)ln2.
当b＝2时，g(ln)＝－4＋6ln2>0，ln2>>0.692 8；
当b＝＋1时，ln(b－1＋)＝ln，g(ln)＝－2＋(3 ＋2)ln2 <0，ln2<<0.693 4.
所以ln2的近似值为0.693.(12分)
2．(2014·沈阳质检)(本小题满分12分)
已知函数f(x)＝mx－sinx，g(x)＝axcosx－2sinx(a>0)．
1)若过曲线y＝f(x)上任意相异两点的直线的斜率都大于0，求实数m的最小值；
2)若m＝1，且对于任意x∈[0，]，都有不等式f(x)≥g(x)成立，求实数a的取值范围．
解析 (1)∵过曲线y＝f(x)上任意相异两点的直线的斜率都大于0，任取x1，x2∈r，且x1∴函数f(x)＝mx－sinx在r上单调递增．(2分)
f′(x)＝m－cosx≥0恒成立，即m≥cosx.
mmin＝1.(4分)
2)∵m＝1，∴函数f(x)＝x－sinx.
f(x)≥g(x)，∴x＋sinx－axcosx≥0.
对于任意x∈[0，]，令h(x)＝x＋sinx－axcosx，则h′(x)＝1＋cosx－a(cosx－xsinx)＝1＋(1－a)cosx＋axsinx.
当1－a≥0，即0∴h(x)在[0，]上为单调递增函数．
h(x)≥h(0)＝0，符合题意，∴0②当1－a<0，即a>1时，令h(x)＝1＋(1－a)cosx＋axsinx，于是h′(x)＝(2a－1)sinx＋axcosx.
a>1，∴2a－1>0，∴h′(x)≥0.
h(x)在[0，]上为单调递增函数．
h(0)≤h(x)≤h()，即2－a≤h(x)≤a＋1.
2－a≤h′(x)≤a＋1.
当2－a≥0，即1∴h(x)在[0，]上为单调递增函数，于是h(x)≥h(0)＝0.
符合题意，∴1当2－a<0，即a>2时，存在x0∈(0，)，使得当x∈(0，x0)时，有h′(x)<0，此时h(x)在(0，x0)上为单调递减函数，从而h(x)0恒成立．
综上所述，实数a的取值范围为03．(2014·山东六校联考)(本小题满分13分)
已知函数f(x)＝lnx－ax2－bx(a，b∈r)，g(x)＝－lnx.
1)当a＝－1时，f(x)与g(x)在定义域上的单调性相反，求b的取值范围；
2)当a，b都为0时，斜率为k的直线与曲线y＝f(x)交于a(x1，y1)，b(x2，y2)(x1求证：x1<解析 (1)∵a＝－1，∴f(x)＝lnx＋x2－bx.
由题意可知，f(x)与g(x)的定义域为(0，＋∞g′(x)＝－0，g(x)在(0，＋∞上单调递减．(3分)
又a＝－1时，f(x)与g(x)在定义域上的单调性相反，f(x)＝lnx＋x2－bx在(0，＋∞上单调递增．(4分)
f′(x)＝＋2x－b≥0对x∈(0，＋∞恒成立，即b≤＋2x对x∈(0，＋∞恒成立，∴只需b≤(＋2x)min.(5分)
x>0，∴＋2x≥2 (当且仅当x＝时，等号成立)．
b≤2，∴b的取值范围为(－∞2)．(6分)
2)k＝＝.
要证x1<等价于证1<<，令t＝，则只要证1<1，知lnt>0.
故等价于证lnt1)．(7分)
设m(t)＝t－1－lnt(t≥1)，则m′(t)＝1－≥0(t≥1)，故m(t)在[1，＋∞上是增函数．
当t>1时，m(t)＝t－1－lnt>m(1)＝0，即t－1>lnt.(10分)
设h(t)＝tlnt－(t－1)(t≥1)，则h′(t)＝lnt≥0(t≥1)，故h(t)在[1，＋∞上是增函数．
当t>1时，h(t)＝tlnt－(t－1)>h(1)＝0，即t－11)．
由①②知(*)成立，故x1<4．(本小题满分13分)
已知函数f(x)＝ln(ax)(a≠0，a∈r)，g(x)＝.
1)若f(x)≥g(x)(x≥1)恒成立，求实数a的取值范围；
2)在(1)的条件下a取最小值时，记h(x)＝f(x)－g(x)，过点(1，－1)是否存在函数y＝h(x)图像的切线？若存在， 有多少条？若不存在，请说明理由．
思路本题主要考查利用导数研究函数及曲线的切线问题等知识．
1)求不等式的恒成立，分离参数后求函数最值是最佳的选择方法；
2)首先由在(1)的条件下a取最小值得到h(x)的函数式，再利用导数知识研究过点(1，－1)时函数y＝h(x)的图像的切线及切线的条数．
解析 (1)因为ln(ax)≥对x≥1恒成立，所以lna＋lnx≥，即lna≥1－－lnx.
令r(x)＝1－－lnx，则r′(x)＝－0(x≥1)．
所以r(x)在区间[1，＋∞上单调递减，故lna≥r(x)max＝r(1)＝0，求得a≥1.
于是实数a的取值范围为[1，＋∞5分)
2)在(1)的条件下，amin＝1，则h(x)＝f(x)－g(x)＝lnx－.
假设存在这样的切线，设其中一个切点为t(x0，lnx0－)，对h(x)求导，得h′(x)＝－则过切点t的斜率为k＝.
所以切线方程为y＋1＝(x－1)．(8分)
将点t的坐标代入，得lnx0－＋1＝，即lnx0＋－－1＝0.(*
设φ(x)＝lnx＋－－1，则φ′(x)＝.
因为x>0，所以φ(x)在区间(0,1)，(2，＋∞上是增函数，在区间[1,2]上是减函数．
故φ(x)极大值＝φ(1)＝1>0，φ(x)极小值＝φ(2)＝ln2＋>0.
又φ()ln＋12－16－1＝－ln4－5<0，由函数φ(x)在其定义域上的单调性可知，φ(x)＝0仅在(，1)内有且仅有一根，即方程(*)有且仅有一解．
故符合条件的切线有且仅有一条．(13分)
5．(本小题满分13分)
已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋bx(其中a，b为常数且a≠0)在x＝1处取得极值．
1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
2)若f(x)在(0，e]上的最大值为1，求a的值．
解析 (1)因为f(x)＝lnx＋ax2＋bx，所以f′(x)＝＋2ax＋b.(2分)
因为函数f(x)＝lnx＋ax2＋bx在x＝1处取得极值，所以f′(1)＝1＋2a＋b＝0.(3分)
当a＝1时，b＝－3，f′(x)＝，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
5分)所以f(x)的单调递增区间为(0，)，1，＋∞单调递减区间为(，1)．(6分)
2)f′(x)＝＝令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝.(7分)
因为f(x)在x＝1处取得极值，所以x2＝≠x1＝1.
当<0时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(0，e]上单调递减．
所以f(x)在区间(0，e]上的最大值为f(1)．
令f(1)＝1，解得a＝－2.(9分)
当0<<1时，f(x)在(0，)上单调递增，在(，1)上单调递减，在(1，e)上单调递增，所以最大值1在x＝或x＝e处取得．
而f()＝ln＋a()2－(2a＋1)＝ln－－1<0，所以f(e)＝lne＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝.(11分)
当1<所以最大值1在x＝1或x＝e处取得．
而f(1)＝ln1＋a－(2a＋1)<0，所以f(e)＝lne＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝，与1<当≥e时，f(x)在区间(0,1)上单调递增，在(1，e)上单调递减，所以最大值1在x＝1处取得，而f(1)＝ln1＋a－(2a＋1)≠1，矛盾．
综上所述，a＝或a＝－2.(13分)
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