规范答题强化练(一)函数与导数(45分钟48分)1.(12分)已知函数f(x)=ax+x2-xlna-b(a,b∈R,a>1),e是自然对数的底数.(1)当a=e,b=4时,求函数f(x)的零点个数.(2)若b=1,求f(x)在[-1,1]上的最大值.【解析】(1)f(x)=ex+x2-x-4,所以f′(x)=ex+2x-1,所以f′(0)=0,当x>0时,ex>1,所以f′(x)>0,故f(x)是(0,+∞)上的增函数,当x<0时,ex<1,所以f′(x)<0,故f(x)是(-∞,0)上的减函数,(3分)f(1)=e-4<0,f(2)=e2-2>0,所以存在x1∈(1,2)是f(x)在(0,+∞)上的唯一零点;f(-2)=+2>0,f(-1)=-2<0,所以存在x2∈(-2,-1)是f(x)在(-∞,0)上的唯一零点,所以f(x)的零点个数为2.(6分)(2)f′(x)=axlna+2x-lna=2x+(ax-1)lna,(7分)当x>0时,由a>1,可知ax-1>0,lna>0,所以f′(x)>0,(8分)当x<0时,由a>1,可知ax-1<0,lna>0,所以f′(x)<0,当x=0时,f′(x)=0,所以f(x)是[-1,0]上的减函数,(9分)[0,1]上的增函数,所以当x∈[-1,1]时,f(x)min=f(0),f(x)max为f(-1)和f(1)中的较大者.而f(1)-f(-1)=a--2lna,(10分)设g(x)=x--2lnx(x>1),因为g′(x)=1+-=≥0(当且仅当x=1时等号成立),所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,而g(1)=0,所以当x>1时,g(x)>0,即a>1时,a--2lna>0,所以f(1)>f(-1).所以f(x)在[-1,1]上的最大值为f(1)=a-lna.(12分)2.(12分)设函数f(x)=-klnx,k>0.(1)求f(x)的单调区间和极值.(2)证明:若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.【解析】(1)由f(x)=-klnx(k>0)得f′(x)=x-=.(2分)由f′(x)=0解得x=.f(x)与f′(x)在区间(0,+∞)上的情况如下:x(0,)(,+∞)f′(x)-0+f(x)↘↗(4分)所以,f(x)的单调递减区间是(0,),单调递增区间是(,+∞);f(x)在x=处取得极小值f()=.(6分)(2)由(1)知,f(x)在区间(0,+∞)上的最小值为f()=.因为f(x)存在零点,所以≤0,(8分)从而k≥e.当k=e时,f(x)在区间(1,)上单调递减,且f()=0,所以x=是f(x)在区间(1,]上的唯一零点.(10分)当k>e时,f(x)在区间(0,)上单调递减,且f(1)=>0,f()=<0,所以f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.综上可知,若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.(12分)3.(12分)f(x)=x+,g(x)=x+lnx,其中a>0.(1)若x=1是函数h(x)=f(x)+g(x)的极值点,求实数a的值.(2)若对任意的x1,x2∈[1,e](e为自然对数的底数)都有f(x1)≥g(x2)成立,求实数a的取值范围.【解析】(1)由已知h(x)=2x++lnx,x∈,所以h′(x)=2-+.(2分)因为x=1是函数h(x)的极值点,所以h′(1)=0,即3-a2=0,因为a>0,所以a=.(4分)(2)对任意的x1,x2∈[1,e]都有f(x1)≥g(x2)成立,等价于对任意的x∈[1,e]都有[f(x)]min≥[g(x)]max.(6分)当x∈[1,e]时,g′(x)=1+>0,所以g(x)=x+lnx在上是增函数,所以[g(x)]max=g(e)=e+1,因为f′(x)=1-=,且x∈[1,e],a>0,①当0
0,所以函数f(x)=x+在[1,e]上是增函数,所以[f(x)]min=f(1)=1+a2,由1+a2≥e+1,得a≥,又00,所以函数f(x)=x+在[1,a)上是减函数,在(a,e]上是增函数,(7分)所以[f(x)]min=f(a)=2a,由2a≥e+1,得a≥,又1≤a≤e,所以≤a≤e.(8分)③当a>e且x∈[1,e]时,f′(x)=<0,所以函数f(x)=x+在[1,e]上是减函数,(10分)所以[f(x)]min=f(e)=e+,由e+≥e+1,得a≥,又a>e,所以a>e.综上所述,a的取值范围为.(12分)4.(12分)已知函数f(x)=lnx+,其中常数k>0.(1)讨论f(x)在(0,2)上的单调性.(2)当k∈[4,+∞)时,若曲线y=f(x)上总存在相异两点M(x1,y1),N(x2,y2),使曲线y=f(x)在M,N两点处的切线互相平行,试求x1+x2的取值范围.【解析】(1)由已知得,f(x)的定义域为,且f′(x)=--1=-=-(k>0).(2分)①当0k>0,且>2,所以x∈(0,k)时,f′(x)<0;x∈(k,2)时,f′(x)>0.(3分)所以,函数f(x)在(0,k)上是减函数,在(k,2)上是增函数;(4分)②当k=2时,=k=2,f′(x)<0在区间(0,2)内恒成立,所以f(x)在(0,2)上是减函数;(5分)③当k>2时,0<<2,k>,所以x∈时,f′(x)<0;x∈时,f′(x)>0,所以函数在上是减函数,在上是增函数.(6分)(2)由题意,可得f′(x1)=f′(x2),x1x2>0且x1≠x2,即--1=--1,化简得,4(x1+x2)=x1x2,(8分)由x1x2<,得4(x1+x2)<,即(x1+x2)>对k∈[4,+∞)恒成立,令g(k)=k+,则g′(k)=1-=>0对k∈[4,+∞)恒成立,(10分)所以g(k)在[4,+∞)上单调递增,则g(k)≥g(4)=5,所以≤,所以x1+x2>,故x1+x2的取值范围为.(12分)
