2014高考调研理科数学课时作业讲解_课时作业18

课时作业(十八)1．已知函数f(x)＝x2－8lnx，g(x)＝－x2＋14x.(1)求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若函数f(x)与g(x)在区间(a，a＋1)上均为增函数，求a的取值范围；(3)若方程f(x)＝g(x)＋m有唯一解，试求实数m的值．解析(1)因为f′(x)＝2x－8x，所以切线的斜率k＝f′(1)＝－6.又f(1)＝1，故所求的切线方程为y－1＝－6(x－1)．即y＝－6x＋7.(2)因为f′(x)＝2x＋2x－2x，又x0，所以当x2时，f′(x)0；当0x2时，f′(x)0.即f(x)在(2，＋∞)上单调递增，在(0,2)上单调递减．又g(x)＝－(x－7)2＋49，所以g(x)在(－∞，7)上单调递增，在(7，＋∞)上单调递减．欲使函数f(x)与g(x)在区间(a，a＋1)上均为增函数，则a≥2，a＋1≤7，解得2≤a≤6.(3)原方程等价于2x2－8lnx－14x＝m，令h(x)＝2x2－8lnx－14x，则原方程即为h(x)＝m.因为当x0时原方程有唯一解，所以函数y＝h(x)与y＝m的图像在y轴右侧有唯一的交点．又h′(x)＝4x－8x－14＝2x－42x＋1x，且x0，所以当x4时，h′(x)0；当0x4时，h′(x)0.即h(x)在(4，＋∞)上单调递增，在(0,4)上单调递减，故h(x)在x＝4处取得最小值，从而当x0时原方程有唯一解的充要条件是m＝h(4)＝－16ln2－24.2．(2013·衡水调研)设函数f(x)＝x2＋2x－2ln(1＋x)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当x∈[1e－1，e－1]时，是否存在整数m，使不等式mf(x)≤－m2＋2m＋e2恒成立？若存在，求整数m的值；若不存在，则说明理由．解析(1)由1＋x0，得函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)．f′(x)＝2x＋2－2x＋1＝2xx＋2x＋1.由f′(x)0，得x0；由f′(x)0，得－1x0.∴函数f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，单调减区间是(－1,0)．(2)由(1)知，f(x)在[1e－1,0]上单调递减，在[0，e－1]上单调递增．∴f(x)min＝f(0)＝0.又f(1e－1)＝1e2＋1，f(e－1)＝e2－e，且e2－31e2＋1，∴x∈[1e－1，e－1]时，f(x)max＝e2－e.∵不等式mf(x)≤－m2＋2m＋e2恒成立，∴－m2＋2m＋e2≥fxmax，mfxmin.即－m2＋2m＋e2≥e2－3，m0⇒m2－2m－3≤0，m0⇒－1≤m≤3，m0⇒－1≤m0.∵m是整数，∴m＝－1.∴存在整数m＝－1，使不等式mf(x)≤－m2＋2m＋e2恒成立．3．已知函数f(x)＝ax－ln(－x)，x∈[－e,0)，其中e是自然对数的底数，a∈R.(1)当a＝－1时，确定f(x)的单调性和极值；(2)当a＝－1时，证明：f(x)＋ln－xx12；(3)是否存在实数a，使f(x)的最小值为3，如果存在，求出a的值；如果不存在，请说明理由．解析(1)∵f(x)＝－x－ln(－x)，f′(x)＝－1－1x＝－x＋1x，∴当－e≤x－1时，f′(x)0，此时f(x)单调递减；当－1x0时，f′(x)0，此时f(x)单调递增．∴f(x)的极小值为f(－1)＝1.(2)由(1)知f(x)在区间[－e,0)上有唯一的极小值1，即f(x)在区间[－e,0)上的最小值为1，即f(x)min＝1.所证不等式即f(x)12－ln－xx.令h(x)＝12－ln－xx，则h′(x)＝ln－x－1x2.当－e≤x0时，h′(x)≤0，故h(x)在[－e,0)上单调递减．∴h(x)max＝h(－e)＝1e＋1212＋12＝1＝f(x)min.∴当a＝－1时，f(x)＋ln－xx12.(3)假设存在实数a，使f(x)＝ax－ln(－x)的最小值为3.f′(x)＝a－1x(x∈[－e,0))．①若a≥－1e，由于x∈[－e,0)，则f′(x)＝a－1x≥0.∴函数f(x)＝ax－ln(－x)在[－e,0)上是增函数．∴f(x)min＝f(－e)＝－ae－1＝3，解得a＝－4e－1e，与a≥－1e矛盾，舍去．②若a－1e，则当－e≤x1a时，f′(x)＝a－1x0，此时f(x)＝ax－ln(－x)是减函数．当1ax0时，f′(x)＝a－1x0，此时f(x)＝ax－ln(－x)是增函数．∴f(x)min＝f(1a)＝1－ln(－1a)＝3，解得a＝－e2.由①②知，存在实数a＝－e2，使f(x)的最小值为3.4．(2013·山东济宁一模)已知函数f(x)＝x－lnx，g(x)＝lnxx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求证：对任意的m，n∈(0，e]，都有f(m)－g(n)12.(注：e≈2.71828…是自然对数的底数．)解析(1)∵f(x)＝x－lnx(x0)，∴f′(x)＝1－1x＝x－1x(x0)．由f(x)0，得x1，由f(x)0，得0x1.∴f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，单调递减区间是(0,1)．(2)由(1)知，当x∈(0，e]时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，e]上单调递增．∴当x＝1时，[f(x)]min＝f(1)＝1.∵g(x)＝lnxx(x0)，∴g′(x)＝1－lnxx2(x0)．当x∈(0，e]时，g(x)≥0，∴g(x)在(0，e]上单调递增．∴当x∈(0，e]时，[g(x)]max＝g(e)＝1e.对任意的m，n∈(0，e]，f(m)－g(n)≥[f(m)]min－[g(n)]max＝1－1e12.即证得，对任意的m，n∈(0，e]，都有f(m)－g(n)12.5．(2013·汕头质量测评)设函数f(x)＝－13x3＋x2＋(a2－1)x，其中a0.(1)若函数y＝f(x)在x＝－1处取得极值，求a的值；(2)已知函数f(x)有3个不同的零点，分别为0、x1、x2，且x1x2，若对任意的x∈[x1，x2]，f(x)f(1)恒成立，求a的取值范围．解析(1)f′(x)＝－x2＋2x＋(a2－1)，因为y＝f(x)在x＝－1处取得极值，所以f′(－1)＝0.即－(－1)2＋2(－1)＋(a2－1)＝0.解得a＝±2.经检验得a＝2.(2)由题意得f(x)＝x(－13x2＋x＋a2－1)＝－13x(x－x1)(x－x2)．所以方程－13x2＋x＋a2－1＝0有两个相异的实根x1，x2.故Δ＝1＋43(a2－1)0，解得a－12(舍去)或a12且x1＋x2＝3.又因为x1x2，所以2x2x1＋x2＝3，故x2321.①若x1≤1x2，则f(1)＝－13(1－x1)(1－x2)≥0，而f(x1)＝0不符合题意．②若1x1x2，对任意的x∈[x1，x2]，有x－x1≥0，x－x2≤0，所以f(x)＝－13x(x－x1)(x－x2)≥0.又f(x1)＝0，所以f(x)在[x1，x2]上的最小值为0.于是对任意的x∈[x1，x2]，f(x)f(1)恒成立的充要条件为f(1)＝a2－130，解得－33a33.综上得12a33，即a的取值范围为(12，33)．6．(2013·西安市质检)设函数f(x)＝－13x3＋x2＋(m2－1)x(x∈R)，其中m0.(1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))点处的切线的方程；(2)求函数f(x)的单调区间与极值；(3)已知函数g(x)＝f(x)＋13有三个互不相同的零点，求m的取值范围．解析(1)当m＝1时，f(x)＝－13x3＋x2，f′(x)＝－x2＋2x，故f′(1)＝1.所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为1.切线方程为3x－3y－1＝0.(2)f′(x)＝－x2＋2x＋m2－1，令f′(x)＝0，得到x＝1－m或x＝1＋m.因为m0，所以1＋m1－m.当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如下表：x(－∞，1－m)1－m(1－m,1＋m)1＋m(1＋m，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)极小值极大值f′(x)在(－∞，1－m)和(1＋m，＋∞)内减函数，在(1－m，1＋m)内增函数．函数f(x)在x＝1＋m处取得极大值f(1＋m)，且f(1＋m)＝23m3＋m2－13.函数f(x)在x＝1－m处取得极小值f(1－m)，且f(1－m)＝－23m3＋m2－13.(3)由(2)知，函数g(x)在x＝1＋m处取得极大值g(1＋m)＝f(1＋m)＋13，且g(1＋m)＝23m3＋m2.函数g(x)在x＝1－m处取得极小值g(1－m)＝f(1－m)＋13，且g(1－m)＝－23m3＋m2.根据三次函数的图像与性质，函数g(x)＝f(x)＋13有三个互不相同的零点，只需要g1＋m＝23m3＋m20，g1－m＝－23m3＋m20，即m0，m32.所以m的取值范围是23，＋∞.7．(2013·沧州七校联考)设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当aln2－1且x0时，exx2－2ax＋1.解析(1)由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，知f′(x)＝ex－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是当x变化时f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f(x2(1－ln2＋a)故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)．f(x)在x＝ln2处取得极小值，极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)．(2)设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.由(1)知当aln2－1时，g′(x)最小值g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)0.于是对任意x∈R，都有g′(x)0，所以g(x)在R内单调递增．于是当aln2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)g(0)．而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)0.即ex－x2＋2ax－10，故exx2－2ax＋1.8．(2013·西北五校)已知函数f(x)＝12ax2－(2a＋1)x＋2lnx(a∈R)．(1)若曲线y＝f(x)在x＝1和x＝3处的切线互相平行，求a的值；(2)求f(x)的单调区间；(3)设g(x)＝x2－2x，若对任意x1∈(0,2]，均存在x2∈(0,2]，使得f(x1)g(x2)，求a的取值范围．解析f′(x)＝ax－(2a＋1)＋2x(x0)．(1)由f′(1)＝f′(3)，解得a＝23.(2)f′(x)＝ax－1x－2x(x0)．①当a≤0时，x0，ax－10，在区间(0,2)上f′(x)0；在区间(2，＋∞)上f′(x)0.故f(x)的单调递增区间(0,2)，单调递减区间是(2，＋∞)．②当0a12时，1a2，在区间(0,2)和1a，＋∞上f′(x)0；在区间2，1a上f′(x)0，故f(x)的单调递增区间是(0,2)和(1a，＋∞)，单调递减区间是2，1a.③当a＝12时，f′(x)＝x－222x，故f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)．④当a12时，01a2，在区间0，1a和(2，＋∞)上f′(x)0；在区间1a，2上f′(x)0，故f(x)的单调递增区间是0，1a和(2，＋∞)，单调递减区间是1a，2.(3)由已知，在(0,2]上有f(x)maxg(x)max.由已知，g(x)max＝0，由(2)可知，①当a≤12时，f(x)在(0,2]上单调递增，故f(