发布时间 : 星期三 文章通用版2020版高考数学大二轮复习 大题专项练习 分类汇编全集 文更新完毕开始阅读
即f(x1)+f(x2)<2f??1+??2
2
.
-x5.已知函数f(x)=ln x+??,g(x)=e+bx,a,b∈R,e为自然对数的底数. (1)若函数y=g(x)在R上存在零点,求实数b的取值范围;
??(2)若函数y=f(x)在x=处的切线方程为ex+y-2+b=0.求证:对任意的x∈(0,+∞),总有f(x)>g(x).
e
1
(1)解易得g'(x)=-e+b=b-??.
e
-x1
若b=0,则g(x)=??∈(0,+∞),不合题意;
e
1
若b<0,则g(0)=1>0,g--x1
??=e-1<0,满足题意,
??1
若b>0,令g'(x)=-e+b=0,得x=-lnb.
∴g(x)在(-∞,-lnb)上单调递减;
在(-lnb,+∞)上单调递增,
则g(x)min=g(-lnb)=e-blnb=b-blnb≤0,
lnb∴b≥e.
综上所述,实数b的取值范围是(-∞,0)∪[e,+∞).
(2)证明易得f'(x)=?
??1
??, ??2
则由题意,得f'1e
=e-ae2=-e,解得a=e.
1e
2
∴f(x)=lnx+e??,从而f1e
2
=1,
即切点为
,1.
45
将切点坐标代入ex+y-2+b=0中,解得b=0.
∴g(x)=e-x.
要证f(x)>g(x),即证lnx+2
e??>e-x(x∈(0,+∞)), 只需证xlnx+2
>xe-xe
(x∈(0,+∞)).
令u(x)=xlnx+2
,v(x)=xe-xe
,x∈(0,+∞).
则由u'(x)=lnx+1=0,得x=1
e
,
∴u(x)在0,1
e上单调递减,
在1e
,+∞上单调递增,
∴u(x)11
min=ue
=e.
又由v'(x)=e-x-xe-x=e-x(1-x)=0,得x=1,
∴v(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
∴v(x)=1
max=v(1)e.
∴u(x)≥u(x)min=v(x)max≥v(x),
显然,上式的等号不能同时取到. 故对任意的x∈(0,+∞),总有f(x)>g(x).
6.(2019安徽马鞍山模拟)已知函数g(x)=xln x,h(x)=????2-12
(a>0).(1)若g(x) 46 (2)证明:不等式1+1 2 1+2 2 …1+??2 3 ??????的底数. (1)解当x∈(1,+∞)时,g(x) ??2 , 令F(x)=2??ln??+1 ??2 (x>1), F'(x)=2(??-1-??ln??) ??3 (x>1), 记m(x)=x-1-xlnx(x>1), 则m'(x)=-lnx<0, ∴m(x)在(1,+∞)上单调递减,∴m(x) (2)证明由(1)知取a=1, 当x∈(1,+∞)时,g(x) 即xlnx 恒成立,即lnx 2??恒成立, 2 即ln(1+x)<(??+1)-1??2+2??2(??+1) = 2(??+1) 对于x∈(0,+∞)恒成立, 由此,ln 1+??( ????2) 2+2(????2)1????2 <2(??= 1????2)+22??2 + ????2+??≤ 2??2 + ????2+1 ,k∈N* , 于是ln 1+1 2??2 1+??2…1+????2 =ln1+12??2+ln1+??2+…+ln1+????2 47 <2 1 1 +??2+…+??2+??2+1+??2+1+…+??2+1 ??2 ??(??+1)??(??+1) +??2??2+1 12??12??=4=4· 1 2??3+2??2+??+1 ??(??2+1) ??3-2??2+2??-1 =43-??(??2+1)1 ??(??-1)+(??-1) =43-??(??2+1)1 2 ≤4, 3 3 故1+??2 1 1+??2…1+??2 B组 能力提升 2??7.(2019广东深中、华附、省实、广雅四校联考)已知函数f(x)=x-1-6e+1,其中e=2.718…为自然对数的底数,常数a>0. (1)求函数f(x)在区间(0,+∞)上的零点个数; (2)函数F(x)的导数F'(x)=(e-a)f(x),是否存在无数个a∈(1,4),使得ln a为函数F(x)的极大值点?请说明理由. x??x解(1)f'(x)=x-6e, 当0 6 ??x??当x>6时,f'(x)>0,f(x)单调递增, ??所以当x∈(0,+∞)时,f(x)min=f??6 , 因为f ??6 48 ????