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数学（测试2 导数在研究函数中的应用） 题目：已知函数f（x）=xe-x（xR）。（1）求函数f（x）的单调区间和极值；答：________（2）已知函数y=g（x）的图像与函数y=f（x）的图像关于直线x=1对称。证明当x1时，f（x）g（x）；答：________（3）如果x1≠x2，且f（x1）=f（x2），证明x1+x22。答：________ 解答：（1）f（x）=（1-x）e-x。令f（x）=0，解得x=1。当x变化时，f（x），f（x）的变化情况如下表：所以f（x）在（-∞，1）内是增函数，在（1，+∞）内是减函数。函数f（x）在x=1处取得极大值f（1），且f（1）=。（2）证明：由题意可知g（x）=f（2-x），得g（x）=（2-x）ex-2。令F（x）=f（x）-g（x），即F（x）=xe-x+（x-2）ex-2。于是F（x）=（x-1）（e2x-2-1）e-x。当x1时，2x-20，从而e2x-2-10。又e-x0，所以F（x）0。从而函数F（x）在[1，+∞）上是增函数。又F（1）=e-1-e-1=0，所以x1时，有F（x）F（1）=0，即f（x）g（x）。（3）证明：若（x1-1）（x2-1）=0，由（1）及f（x1）=f（x2），得x1=x2=1，与x1≠x2矛盾。若（x1-1）（x2-1）0，由（1）及f（x1）=f（x2），得x1=x2，与x1≠x2矛盾。根据得（x1-1）（x2-1）0。不妨设x11，x21。由（2）可知，f（x2）g（x2），g（x2）=f（2-x2），所以f（x2）f（2-x2），从而f（x1）f（2-x2）。因为x21，所以2-x21。又由（1）可知函数f（x）在区间（-∞，1）内是增函数，所以x12-x2，即x1+x22。本题考查导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及用函数思想分析解决问题的能力。题目： 已知函数f(x)=12e2x?e(ex+e?x)?x. (1)求函数f(x)的极值.(2)是否存在正整数a,使得方程f(x)=f(?a)+f(a)2在区间[?a,a]上有三个不同的实根，若存在，试确定a的值；若不存在，请说明理由。 考点：利用导数研究函数的极值分析：（I）对函数求导整理可得，f′(x)＝1ex(ex?e)(ex?1)(ex+1)，分别令y′＞0，y′＜0，求出函数的单调区间，进一步求函数的极值．（II）结合（I ）可知a=1不符合条件，a令ea+e-a=t，a=2时，从而可把g（a）=f(a)+f(?a)2转化为关于t的二次函数，结合二次函数的图象进行判断当a≥3，结合t的范围可判断函数g（a）在a≥3时单调递增f(a)+f(?a)2≥g(3)+g(?3)2＞f（0），结合函数的图象可判断．（法二）构造函数h（x）=f（x）-f(a)+f(?a)2，结合函数f（x）的条件，判断函数g（x）的单调性及极值点，由零点判定定理可得函数g（x）在[-a，a]上存在零点，只有当h（0）＞0，h（1）＜0时才有可能出现三个零点．类比法一求解． 解答：(I)由题意得f′(x)=e2x?e(ex?e?x)?(12分)=1ex(ex?e)(ex?1)(ex+1),(3分) 则当ex1或exe即x0或x1时f′(x)0，当1exe即0x1时f′(x)0，故函数f(x)在(?∞,0)与(1,+∞)上为增函数,在(0,1)上为减函数,(5分)则它的极大值为f(0)=12?2e,极小值为f(1)=?12e2?2.(7分)(II)当a=1时,由(I)可知方程f(x)=f(?a)+f(a)2在区间[?a,a]上最多只有两个根,故不符合题意.(9分)又f(?a)+f(a)2=14(e2a+e?2a)?e(ea+e?a)，设ea+e?a=t,则e2a+e?2a=t2?2，设g(a)=f(?a)+f(a)2=14t2?et?12=14(t?2e)2?e2?12,(11分)当a=2时,g(2)?f(1)=14[(e2+e?2?2e)2?2e2+6]0,(这里可利用e≈2.7近似估算得出)则方程f(x)=f(?a)+f(a)2在区间[?a,a]上最多只有一个根.(13分)当a?3时,t=ea+e?a在a[3,+∞)上是增函数，又t2e,则g(a)在a[3,+∞)上是增函数,则f(?a)+f(a)2?f(?3)+f(3)2f(0)，则方程f(x)=f(?a)+f(a)2在区间[?a,a]上最多只有一个根。故不存在正整数a,使得方程f(x)=f(?a)+f(a)2在区间[?a,a]上有三个不同的实根.(15分) 解法2:设h(x)=f(x)?f(?a)+f(a)2,则函数h(x)与f(x)具有相同的单调性,且h(x)的极大值为h(0