函数与导数精选77题

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1.已知f(x)=ax--3lnx,其中a为常数。

(1)当函数f(x)的图像在点处的切线的斜率为1时,求函数f(x)在[,3]上的最小值。

(2)若函数f(x)在(0,+∞)上既有极大值又有极小值,求实数a的取值范围。

(3)在(1)的条件下,过点P(1,-4)作函数F(x)=x2[f(x)+3lnx-3]图像的切线,试问:这样的切线有几条?并求这些切线的方程。

2.设f(x)=(xlnx+ax+a2-a-1)·ex,a≥-2。

(1)若a=0,求f(x)的单调区间。

(2)讨论f(x)在区间 (,+∞)上的极值点个数。

(3)是否存在a,使得f(x)在区间(,+∞)上与x轴相切?若存在,求出所有a的值;若不存在,说明理由。

3.已知函数f(x)=xlnx-x2-x+a(a∈R)。

(1)当a=0时,求f(x)的单调区间。

(2)若函数f(x)在其定义域内有两个不同的极值点。

①求a的取值范围;

②设两个极值点分别为x1,x2,证明:x1·x2＞e2。

4.已知函数f(x)=(lnx)ln(1-x)。

(1)求函数f(x)的单调区间。

(2)求证:

②曲线y=f(x)上的所有点都落在圆2C:(x -)+y2=内。

5.已知函数f(x)=ln-ax2+x(a＞0)。

(1)若f'(1)=f'(2),求函数f(x)的图像在x=1处的切线的方程;

(2)若f(x)的极大值和极小值分别为m,n,证明:m+n＞3-2ln2。

6.设函数fx()=lnx,g(x)=(m＞0)。

(1)若函数y=fx()-gx()在定义域内不单调,求m-n的取值范围。

(2)是否存在正实数a,使得对任意正实数x恒成立?

若存在,求出满足条件的实数a;若不存在,请说明理由。

7.已知函数f(x)=+lnx。

(1)当a=1时,求函数f(x)的最小值;

(2)若函数f(x)在[1,+∞)上为增函数,求实数a的取值范围;

(3)试比较(n∈N*)与e(e为自然对数的底数)的大小。

参考答案

1.(1)f'(x)=a+-＞0,由题可知f'()=1,解得a=1。

故f(x)=x--3lnx,f'(x)=,由f'(x)=0得x=2。

f'(x),f(x)随x的变化关系如表1:

表1

所以f(x)min=f(2)=1-3ln2。

(2)f'(x)=a+(x＞0)。

由题可得方程ax2-3x+2=0有两个不等的正实根,不妨设这两个根为x1,x2,并令h(x)=ax2-3x+2,则

解得0＜a＜。

(3)由(1)f(x)=x--3lnx,故F(x)=x3-3x2-2x(x＞0),F'(x)=3x2-6x-2(x＞0)。

设切点为T(x0,y0),点P在函数F(x)的图像上:

①当切点T不与点P(1,-4)重合,即≠1时,由切线过点P(1,-4),得3x20-6x0-2。所以x30-3x20-2x0+4=(x0-1)(3x20-6x0-2),化简得x30-3x20+3x0-1=0,即(x0-1)3=0,得x0=1(舍去)。

②当切点T与点P(1,-4)重合,即x0=1时,则切线的斜率k=F'(1)=-5,于是切线方程为5x+y-1=0。

综上所述,满足条件的切线只有一条,其方程为5x+y-1=0。

(注:若没有分“点T是否与点P重合”讨论,只要过程合理结论正确,本小题只扣1分)

2.(1)当a=0时,f(x)=(xlnx-1)ex(x＞0),故f'(x)=(lnx+1+xlnx-1)ex=lnx(x+1)ex。

令f'(x)=0,得x=1,当x＞1时,f'(x)＞0,当x＜1时,f'(x)＜0。故f(x)的减区间为(0,1),增区间为(1,+∞)。

(2)f'(x)=(lnx+xlnx+ax+a2)ex。

令g(x)=lnx+xlnx+ax+a2,则g'(x)=+lnx+1+a,g″(x)=-+。显然g″(1)=0,又当x＜1时g″(x)＜0;当x＞1时g″(x)＞0。故g'(x)min=g'(1)=2+a。因为a≥-2,所以g'(x)≥g(x)min=2+a≥0。

故g(x)在区间 (e ,+∞)上单调递增。

注意到:当x→+∞时,g(x)→+∞,故g(x)在(,+∞)上的零点个数由g()= (a-1)(a +1+)的符号决定。

①当g)≥0,即-2≤a≤-1-或a≥1时,g(x)在区间 (,+∞)上无零点,即f(x)无极值点。

②当g()＜0,即-1-＜a＜1时,g(x)在区间,+∞)上有唯一零点,即f(x)有唯一极值点。

综上,当-2≤a≤-1-或a≥1时,

f(x)在(,+∞)上无极值点。当-1-＜a＜1时,f(x)在(,+∞)上有唯一极值点。

(3)假设存在a,使得f(x)在区间(,+∞)上与x轴相切,则f(x)必与x轴

相切于极值点处。

由(2)可知-1-＜a＜1。

不妨设极值点为x0,则有:同时成立。

联立得lnx0+a+1=0,即x0=e-(a+1),代入上式可得e-(a+1)+(a+1)-a2=0。

令t=-(a+1),t∈ (- 2,),h(t)=et-t-(t+1)2。

则h'(t)=et-2t-3,h″(t)=et-2,当t∈(- 2,)时,h″(t)＜h″()=-2＜0

(因为＜＜2)。

故h'(t)在t∈ (- 2,)上单调递减。又h'(-2)=e-2+1＞0,h)=--3＜0,故h'(t)在t∈ (- 2,)上存在唯一零点t0。故当t∈(-2,t0)时,h'(t)＞0,h(t)单调递增;当t∈(,)时,h'(t)＜0,h(t)单调递减。

因为h(-2)=e-2+1＞0,h()=---1＜0,故h(t)在t∈(-2,t)上无零0点,在t∈( ,)上有唯一零点。由观察易得h(0)=0,故a+1=0,即a=-1。

综上可得:存在唯一的a=-1使得f(x)在区间 (,+∞)上与x轴相切。

3.(1)当a=0时,f(x)=xlnx-x。

函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=lnx。

当x＞1时,f'(x)＞0;当0＜x＜1时,f'(x)＜0。

所以,f(x)在(0,1)上单调递减;在(1,+∞)上单调递增。

(2)①依题意,函数f(x)的定义域为(1,+∞),f'(x)=lnx-ax,所以方程f'(x)=0在(0,+∞)上有两个不同根。故方程lnx-ax=0在(0,+∞)上有两个不同根。

解法一:转化为函数y=lnx与函数y=ax的图像在(0,+∞)上有两个不同交点,如图1。

图1

可见,若令过原点且切于函数y=lnx图像的直线斜率为k,只需0＜a＜k。

令切点A(x0,lnx0),所以k=y'|x=x0=

解得=e,于是k=,则0＜a＜。

解法二:令g(x)=lnx-ax,从而转化为函数g(x)有两个不同零点,而g'(x)=

若a≤0,可见g'(x)＞0在(0,+∞)上恒成立,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,此时g(x)不可能有两个不同零点。

若a＞0,在0＜x＜时,g'(x)＞0,在x＞时,g'(x)＜0,所以g(x)在 (0 ,)上单调递增,在,+∞)上单调递减。

从而g(x)=g()=ln-1。极大

又因为在x→0时,g(x)→-∞,在x→+∞时,g(x)→-∞,于是只需:

g(x＞0,即ln-1＞0。

所以0＜a＜。

综上所述,0＜a＜。

②由①可知x1,x2分别是方程lnx-ax=0的两个根,即lnx1=ax1,lnx2=ax2。

不妨设x1＞x2,作差得:

原不等式x1·x2＞e2⇔lnx1+lnx2＞2

设gt()=lnt-,t＞1,g't()=,则函数gt()在1,+∞()上单调递增,则gt()＞g1()=0。

故不等式成立。

故所证不等式x1·x2＞e2成立。

4.(1)函数f(x)的定义域为(0,1),由于f(1-x)=f(x),故只考虑x∈ (0 ,)时f(x)的单调性。

令g(x)=ln(1-x)-lnx,则

再令h(x)=ln(1-x)+2x,则h'(x)=

当x∈(0 ,)时,h'(x)＞0,则h(x)单调递增,又h(0)=0,则h(x)＞h(0)=0。

则g'(x)＜0,g(x)单调递减,则g(x)＞g()=0,f'(x)＞0。

故f(x)的单调递增区间为(0 ,),单调递减区间为 (,1)。

所以φ(x)在(0,1)上单调递减,φ(x)＞φ(1)=0,即lnx＞

②由①得0＜-⇒0＜-ln(1

则0＜(lnx)ln(1-x)＜ x(1-x)。

故曲线y=f(x)上的所有点都落在圆

5.(1)f'(x)=-

因f'(1)=f'(2),所以-2a=-

即a=。f(x)=-lnx-x2+x。

因为f(1)=,f'(1)=-,所以f(x)图像在x=1处的切线的方程为y-=-(x-1),即2x+4y-5=0。

(2)设x1,x2为方程f'(x)=0的两个实数根,则x+x=,xx=。由题意得12a122

令g(a)=lna++ln2+1,则g'(a)=。

当0＜a＜时,g'(a)＜0,g(a)是减函数,所以g(a)＞g()=3-2ln2,即m+n＞3-2ln2。

6.(1)易知函数y=f(x)-g(x)的定义域为(0,+∞)。又y'=f'(x)-g'(x)=,由题意,得x+2-m(1-n)+的最小值为负,所以m(1-n)＞4,所以≥m(1-n)＞4,所以m+(1-n)＞4,所以m-n＞3。

(2)令h(x)=f()·f(eax)+f()=ax·ln2a-ax·lnx+lnxln2a,其中x＞0,a＞0,则h'(x)=aln2aalnx-a+,则k(x)=aln2a-alnxa+,则k'(x)=-所以k(x)在(0,+∞)内单调递减,且k(x)=0在(0,+∞)内必存在实根,不妨设k(x0)=0,即k(x0)=aln2a-alnx0-a+=0,得ln=+ln2a-1 (*),则h(x)在区间(0,x0)内单调递增,在区间(x0,+∞)内单调递减,所以h(x)max=h(x0),h(x0)=(ax0-1)·ln2a-(ax0-1)·lnx0。将(*)式代入上式,得h(x0)=ax0根据题意h(x0)=ax0+2≤0恒成立。

又a+≥2,当且仅当ax=时,0取等号,所以ax+=2,ax=1,所以00x=,代入(*)式,得ln=ln2a,即=02a。又a＞0,所以a=。所以存在满足条件的实数a,且

7.(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞)。

当a=1时,f(x)=+lnx,f'(x)=

在(0,1)上,f'(x)＜0,f(x)单调递减;在(1,+∞)上,f'(x)＞0,f(x)单调递增。

所以函数f(x)min=f(1)=0。

(2)f'(x)=,函数f(x)在[1,+∞)上为增函数等价于f'(x)≥0在[1,+∞)上恒成立。

当a＜0时,f'(x)≥0,f(x)在[1,+∞)上单调递增,满足题设条件。

当a＞0时,因为ax2＞0,令g(x)=ax-1,等价于g(x)≥0在[1,+∞)上恒成立,g(x)=ax-1在[1,+∞)上为增函数,所以g(x)≥g(1)=a-1≥0。

综上所述,所求实数a的取值范围是a＜0或a≥1。

(2)因为＞0,e＞0,比较与e的大小,等价于比较与lne的大小,即比较(n+1)·与1的大小,即比较的大小。

由(1)得在(0,+∞)上,当x≠1时,f(x)=+lnx＞f(1)=0,即lnx＞,则x＞0,且x≠1,得

由此得＞e(n∈N*)。