专题1 第6课时.doc

专题一　第6课时 1．(2014·湖南郴州二模)设函数f(x)＝x2＋aln(x＋1)有两个极值点x1，x2，且x1x2. (1)求实数a的取值范围； (2)讨论函数f(x)的单调性． 解析：　(1)由f(x)＝x2＋aln(x＋1)得f′(x)＝2x＋＝(x－1)． 令g(x)＝2x2＋2x＋a(x－1)，则其对称轴为x＝－，故由题意可知x1，x2是方程g(x)＝0的两个均大于－1的不相等的实数根，其充要条件为解得0a. 即a的取值范围是. (2)由(1)可知f′(x)＝＝， 其中－1x1x2，故 当x(－1，x1)时，f′(x)0，即f(x)在区间(－1，x1)上单调递增； 当x(x1，x2)时，f′(x)0，即f(x)在区间(x1，x2)上单调递减； 当x(x2，＋∞)时，f′(x)0，即f(x)在区间(x2，＋∞)上单调递增． 2．已知函数f(x)＝2ln x－x2＋ax(aR)． (1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程； (2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在上有两个零点，求实数m的取值范围． 解析：　(1)当a＝2时，f(x)＝2ln x－x2＋2x，f′(x)＝－2x＋2，切点坐标为(1,1)， 切线的斜率k＝f′(1)＝2，则切线方程为y－1＝2(x－1)， 即y＝2x－1. (2)g(x)＝2ln x－x2＋m，则g′(x)＝－2x＝， x∈，当g′(x)＝0时，x＝1.当x1时，g′(x)0；当1xe时，g′(x)0. 故g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝m－1. 又g＝m－2－，g(e)＝m＋2－e2，g(e)－g＝4－e2＋0，则g(e)g， g(x)在上的最小值是g(e)． g(x)在上有两个零点的条件是，解得1m≤2＋， 实数m的取值范围是. 3．已知函数f(x)＝. (1)证明：0f(x)≤1； (2)当x0时，f(x)，求a的取值范围． 解析：　(1)证明：设g(x)＝xex＋1，则g′(x)＝(x＋1)ex. 当x(－∞，－1)时，g′(x)0，g(x)单调递减； 当x(－1，＋∞)时，g′(x)0，g(x)单调递增． 所以g(x)≥g(－1)＝1－e－10. 又ex0，故f(x)0，f′(x)＝. 当x(－∞，0)时，f′(x)0，f(x)单调递增； 当x(0，＋∞)时，f′(x)0，f(x)单调递减． 所以f(x)≤f(0)＝1. 综上，有0f(x)≤1. (2)若a＝0，则x0时，f(x)1＝，不等式不成立． 若a0，则当0x时，1，不等式不成立． 若a0，则f(x)等价于(ax2－x＋1)ex－10.* 设h(x)＝(ax2－x＋1)ex－1，则h′(x)＝x(ax＋2a－1)ex. 若a≥，则当x(0，＋∞)，h′(x)0，h(x)单调递增， h(x)h(0)＝0. 若0a，则当x，h′(x)0，h(x)单调递减，h(x)h(0)＝0.不等式不恒成立． 于是，若a0，不等式*成立当且仅当a≥. 综上，a的取值范围是. 4．(2014·北京卷)已知函数f(x)＝xcos x－sin x，x. (1)求证：f(x)≤0； (2)若ab对x恒成立，求a的最大值与b的最小值． 解析：　(1)证明：由f(x)＝xcos x－sin x得 f′(x)＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x. 因为在区间上f′(x)＝－xsin x0， 所以f(x)在区间上单调递减． 从而f(x)≤f(0)＝0. (2)当x0时，“a”等价于“sin x－ax0”；“b”等价于“sin x－bx0”． 令g(x)＝sin x－cx，则g′(x)＝cos x－c. 当c≤0时，g(x)0对任意x恒成立． 当c≥1时，因为对任意x，g′(x)＝cos x－c0， 所以g(x)在区间上单调递减． 从而g(x)g(0)＝0对任意x恒成立． 当0c1时，存在唯一的x0使得g′(x0)＝cos x0－c＝0. g(x)与g′(x)在区间上的情况如下： x (0，x0) x0 g′(x) ＋ 0 － g(x)  因为g(x)在区间[0，x0]上是增函数， 所以g(x0)g(0)＝0. 进一步，“g(x)0对任意x恒成立”当且仅当g＝1－c≥0，即0c≤. 综上所述，当且仅当c≤时，g(x)0对任意x恒成立；当且仅当c≥1时，g(x)0对任意x恒成立． 所以，若ab对任意x恒成立，则a的最大值为，b的最小值为1. 5．(2014·陕西卷)设函数f(x)＝ln x＋，mR. (1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值； (2)讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数； (3)若对任意ba0，1恒成立，求m的取值范围． 解析：　(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝ln