时,
- 1 -
2.(2016·天津卷节选)设函数f(x)=x-ax-b,x∈R,其中a,b∈R. (1)求f(x)的单调区间;
(2)若f(x)存在极值点x0,且f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,求证:x1+2x0=0. (1)解 由f(x)=x-ax-b,可得f′(x)=3x-a. 下面分两种情况讨论:
①当a≤0时,有f′(x)=3x-a≥0恒成立, 所以f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞). ②当a>0时,令f′(x)=0,解得x=
3a3a或x=-. 33
2
3
2
3
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x f′(x) f(x) 所以f(x)的单调递减区间为?-3a???-∞,-? 3??+ -3a 30 极大值 3a3a???-,? 3??3- 3a 30 极小值 ?3a??,+∞? ?3?+ ??3a3a?3a??3a??,?,单调递增区间为?-∞,-?,?,+∞?. 33?3??3??(2)证明 因为f(x)存在极值点, 所以由(1)知a>0,且x0≠0.
由题意,得f′(x0)=3x0-a=0,即x0=,
3
2
2
a - 2 -
进而f(x0)=x0-ax0-b=-
3
2ax0-b. 3
8a3
又f(-2x0)=-8x0+2ax0-b=-x0+2ax0-b=
32a-x0-b=f(x0),且-2x0≠x0, 3
由题意及(1)知,存在唯一实数x1满足f(x1)=f(x0),且x1≠x0,因此x1=-2x0,所以x1+2x0=0.
3.(2017·南京、盐城模拟)已知函数f(x)=x在x=0处的切线方程为y=x.
e(1)求实数a的值;
(2)若对任意的x∈(0,2),都有f(x)<
1
成立,求实数k的取值范围;
k+2x-x2
ax(3)若函数g(x)=lnf(x)-b的两个零点为x1,x2,试判断g′?
?x1+x2?的正负,并说明理由.
??2?
由题意得函数g(x)=lnf(x)-b=ln x-x-b, 11-x所以g′(x)=-1=,
xx易得函数g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 所以要证g′?
?x1+x2?<0,只需证明x1+x2>1即可.
?2?2?
??x1+b=ln x1,
因为x1,x2是函数g(x)的两个零点,所以?
?x2+b=ln x2,?
- 3 -
4.(2016·江苏卷)已知函数f(x)=ax+bx(a>0,b>0,a≠1,b≠1). (1)设a=2,b=1
2. ①求方程f(x)=2的根;
②若对任意x∈R,不等式f(2x)≥mf(x)-6恒成立,求实数m的最大值; (2)若0<a<1,b>1,函数g(x)=f(x)-2有且只有1个零点,求ab的值.解 (1)①由已知可得2x+??1?2??x?
=2,
即2x+12
x=2.
∴(2x)2
-2·2x+1=0, 解得2x=1,∴x=0.
②f(x)=2x+??1?2??xx-x?
=2+2,
令t=2x+2-x,则t≥2. 又f(2x)=22x+2
-2x=t2
-2,
故f(2x)≥mf(x)-6可化为t2
-2≥mt-6, 即m≤t+44
4
t,又t≥2,t+t≥2t·t=4. (当且仅当t=2时等号成立).
- 4 -
?4?∴m≤?t+?min=4.
?
t?
即m的最大值为4.
(2)∵0<a<1,b>1,∴ln a<0,ln b>0.
g(x)=f(x)-2=ax+bx-2.
g′(x)=axln a+bxln b且g′(x)为单调递增,值域为R的函数.
∴g′(x)一定存在唯一的变号零点. ∴g(x)为先减后增且有唯一极值点. 由题意g(x)有且仅有一个零点., 则g(x)的极值一定为0,
而g(0)=a+b-2=0,故极值点为0. ∴g′(0)=0,即ln a+ln b=0.∴ab=1. 5.(2017·衡水中学质检)已知函数f(x)=
0
0
x+ae
x. (1)若f(x)在区间(-∞,2)上为单调递增函数,求实数a的取值范围;
(2)若a=0,x0<1,设直线y=g(x)为函数f(x)的图象在x=x0处的切线,求证:f(x)≤g(x).
6.(2016·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=(x-2)e+a(x-1). (1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.
- 5 -
x2