3、是單調(diào)減函數(shù),
所以<,即3f(1)>f(3).
答案:B
4.已知函數(shù)f(x)=ex-ln x,則下面對(duì)函數(shù)f(x)的描述正確的是( )
A.?x∈(0,+∞),f(x)≤2
B.?x∈(0,+∞),f(x)>2
C.?x0∈(0,+∞),f(x0)=0
D.f(x)min∈(0,1)
解析:因?yàn)閒(x)=ex-ln x的定義域?yàn)?0,+∞),
且f′(x)=ex-=,
令g(x)=xex-1,x>0,
則g′(x)=(x+1)ex>0在(0,+∞)上恒成立,
所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,
又g(0)·g(1)=-(e-1)<0,
所以?x0∈(0,1
4、),使g(x0)=0,
則f(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,+∞)上單調(diào)遞增,
則f(x)min=f(x0)=ex0-ln x0,
又ex0=,x0=-ln x0,所以f(x)min=+x0>2.
答案:B
5.(2019·天津卷改編)已知a∈R,設(shè)函數(shù)f(x)=若關(guān)于x的不等式f(x)≥0在[0,+∞]上恒成立,則a的取值范圍為( )
A.[0,1] B.[0,2]
C.[0,e] D.[1,e]
解析:當(dāng)0≤x≤1時(shí),f(x)=x2+a≥a,
由f(x)≥0恒成立,則a≥0,
當(dāng)x>1時(shí),由f(x)=x-aln x≥0恒成立,即a≤恒成立.
設(shè)g(
5、x)=(x>1),則g′(x)=.
令g′(x)=0,得x=e,
且當(dāng)1e時(shí),g′(x)>0,
所以g(x)min=g(e)=e,所以a≤e.
綜上,a的取值范圍是0≤a≤e,即[0,e].
答案:C
二、填空題
6.做一個(gè)無(wú)蓋的圓柱形水桶,若要使其體積是27π dm3,且用料最省,則圓柱的底面半徑為________dm.
解析:設(shè)圓柱的底面半徑為R dm,母線長(zhǎng)為l dm,則V=πR2l=27π,所以l=,要使用料最省,只需使圓柱形水桶的表面積最?。?
S表=πR2+2πRl=πR2+2π·,
所以S′表=2πR-.
令S′表=0,得R=
6、3,則當(dāng)R=3時(shí),S表最小.
答案:3
7.對(duì)于函數(shù)y=f(x),若其定義域內(nèi)存在兩個(gè)不同實(shí)數(shù)x1,x2,使得xif(xi)=1(i=1,2)成立,則稱函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P.若函數(shù)f(x)=具有性質(zhì)P,則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________.
解析:依題意,xf(x)=1,即=1在R上有兩個(gè)不相等實(shí)根,
所以a=xex在R上有兩個(gè)不同的實(shí)根,令φ(x)=xex,
則φ′(x)=ex(x+1),
當(dāng)x<-1時(shí),φ′(x)<0,φ(x)在(-∞,-1)上是減函數(shù);
當(dāng)x>-1時(shí),φ′(x)>0,φ(x)在(-1,+∞)上是增函數(shù).
因此φ(x)極小值為φ(-1)=-.
在同一坐標(biāo)
7、系中作y=φ(x)與y=a的圖象,又當(dāng)x<0時(shí),φ(x)=xex<0.
由圖象知,當(dāng)-<a<0時(shí),兩圖象有兩個(gè)交點(diǎn).
故實(shí)數(shù)a的取值范圍為.
答案:
三、解答題
8.已知函數(shù)f(x)=ax+ln x,x∈[1,e].(e=2.718 28…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))
(1)若a=1,求f(x)的最大值;
(2)若f(x)≤0恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
解:(1)若a=1,則f(x)=x+ln x,
f′(x)=1+=.
因?yàn)閤∈[1,e],
所以f′(x)>0,所以f(x)在[1,e]上為增函數(shù),
所以f(x)max=f(e)=e+1.
(2)因?yàn)閒(x)≤0,即ax+
8、ln x≤0對(duì)x∈[1,e]恒成立.
所以a≤-,x∈[1,e].
令g(x)=-,x∈[1,e],
則g′(x)=.
當(dāng)x∈[1,e]時(shí),g′(x)≤0,所以g(x)在[1,e]上遞減.
所以g(x)min=g(e)=-,所以a≤-.
因此實(shí)數(shù)a的取值范圍是.
9.(2019·天津卷節(jié)選)設(shè)函數(shù)f(x)=excos x,g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù).
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)當(dāng)x∈時(shí),證明:f(x)+g(x)≥0.
(1)解:由已知,有f′(x)=ex(cos x-sin x).
因此,當(dāng)x∈(k∈Z)時(shí),
有sin x>cos x,得f′(x)<0,則f(
9、x)單調(diào)遞減;
當(dāng)x∈(k∈Z)時(shí),有sin x0,則f(x)單調(diào)遞增.
所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(k∈Z),
f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(k∈Z).
(2)證明:記h(x)=f(x)+g(x).
依題意及(1),有g(shù)(x)=ex(cos x-sin x),
從而g′(x)=-2exsin x.
當(dāng)x∈時(shí),g′(x)<0,
故h′(x)=f′(x)+g′(x)+g(x)(-1)=g′(x)<0.
因此,h(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減,
進(jìn)而h(x)≥h=f=0.
所以當(dāng)x∈時(shí),f(x)+g(x)≥0.
B級(jí) 能力提升
10.已知函數(shù)f(x)
10、=ln x,g(x)=x+m(m∈R).
(1)若f(x)≤g(x)恒成立,求實(shí)數(shù)m的取值范圍;
(2)已知x1,x2是函數(shù)F(x)=f(x)-g(x)的兩個(gè)零點(diǎn),且x10),
則F′(x)=-1=(x>0),
當(dāng)x>1時(shí),F(xiàn)′(x)<0,當(dāng)00,
所以F(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減,在(0,1)上單調(diào)遞增.
F(x)在x=1處取得最大值-1-m,若f(x)≤g(x)恒成立,則-1-m≤0,即m≥-1.
(2)證明:由(1)可知,若函數(shù)F(x)=f(x)-g(
11、x)有兩個(gè)零點(diǎn),則m<-1,0F,
由F(x1)=F(x2)=0,m=ln x1-x1,
即證ln--m=ln-+x1-ln x1<0,
令h(x)=-+x-2ln x(00,
故h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,h(x)
12、ln 0.5≈-0.69,ln 0.6≈-0.51)
(1)解:f′(x)=x-(a-1)-==(x>0),
當(dāng)a≤0時(shí),f′(x)>0恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
當(dāng)a>0時(shí),解f′(x)>0得x>a,
解f′(x)<0得00時(shí),f(x)在(0,a)上單調(diào)遞減,在(a,+∞)上單調(diào)遞增.
(2)證明:由(1)知,a>0時(shí),f(x)的極值m=f(a)=-a2+a-aln a.
所以f′(a)=-a-ln a,f′(a)=0有唯一實(shí)根a0.
因?yàn)閘n 0.5<-0.5,ln 0.6>-0.6,
所以a0∈(0.5,0.6).
且f(a)在(0,a0)上遞增,在(a0,+∞)上遞減.
所以m=f(a)≤f(a0)=-a+a0-a0ln a0<-a+a0+a=a+a0<×0.62+0.6=0.78<1.
故m<1成立.