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(2)若f
(1)=1,且方程f(x)=1在(0,1)内有解,求实数a的取值范围.
5.已知函数f(x)=lnx﹣ax.
(Ⅰ)若函数f(x)在(1,+∞)上单调递减,求实数a的取值范围;
(Ⅱ)当a=1时,函数有两个零点x1,x2,且x1<x2.求证:
x1+x2>1.
6.已知f(x)=ln(mx+1)﹣2(m≠0).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若m>0,g(x)=f(x)+存在两个极值点x1,x2,且g(x1)+g(x2)<0,求m的取值范围.
7.已知函数f(x)=x(lnx﹣ax)(a∈R),g(x)=f′(x).
(1)若曲线y=f(x)在点(1,f
(1))处的切线与直线3x﹣y﹣1=0平行,求实数a的值;
(2)若函数F(x)=g(x)+x2有两个极值点x1,x2,且x1<x2,求证:
f(x2)﹣1<f(x1)
关于极值点的几个题目------有点难
参考答案与试题解析
1.(2017•达州模拟)已知函数.
【分析】
(1)求出函数的导数,问题转化为,令,根据函数的单调性求出g(x)的最大值,从而求出a的范围即可;
(2)求出函数f(x)的导数,令F(x)=f'
(x)=lnx﹣ax+1,求出函数F(x)的导数,通过讨论a的范围求出a的范围,证明即可.
【解答】解:
(1)因为f'
(x)=lnx﹣ax+1(x>0),
所以由f'
(x)≤0在(0,+∞)上恒成立得,
令,易知g(x)在(0,1)单调递增(1,+∞)单调递减,
所以a≥g
(1)=1,
即得:
a≥1…(5分)
(2)函数y=f(x)有两个极值点x1,x2(x1<x2),
即y=f'
(x)有两个不同的零点,且均为正,f'
令F(x)=f'
(x)=lnx﹣ax+1,由可知
1)a≤0时,函数y=f(x)在(0,+∞)上是增函数,不可能有两个零点.
2)a>0时,y=F(x)在是增函数在是减函数,
此时为函数的极大值,也是最大值.
当时,最多有一个零点,所以才可能有两个零点,
得:
0<a<1…(7分)
此时又因为,,,
令,φ(a)在(0,1)上单调递增,
所以φ(a)<φ
(1)=3﹣e2,即
综上,所以a的取值范围是(0,1)…(8分)
下面证明x1+x2>2
由于y=F(x)在是增函数在是减函数,,可构造出
构造函数
则,故m(x)在区间上单调减.又由于,
则,即有m(x1)>0在上恒成立,即有成立.
由于,,y=F(x)在是减函数,所以
所以成立…(12分)
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题,考查导数的应用以及分类讨论思想,转化思想,是一道综合题.
2.(2017•天心区校级一模)已知函数f(x)=xlnx﹣x2﹣x+a(a∈R)在定义域内有两个不同的极值点
(1)由导数与极值的关系知可转化为方程f′(x)=lnx﹣ax=0在(0,+∞)有两个不同根;
再转化为函数y=lnx与函数y=ax的图象在(0,+∞)上有两个不同交点;
(2)原式等价于>,令t=,t∈(0,1),则不等式lnt<在t∈(0,1)上恒成立.令h(t)=lnt﹣,t∈(0,1),
根据函数的单调性求出即可.
(1)由题意知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),
方程f′(x)=0在(0,+∞)有两个不同根,即方程lnx﹣ax=0在(0,+∞)有两个不同根;
转化为函数y=lnx与函数y=ax的图象在(0,+∞)上有两个不同交点,
如图示:
,
可见,若令过原点且切于函数y=lnx图象的直线斜率为k,只须0<a<k.
令切点A(x0,lnx0),
故k=y′|x=x0=,又k=,
故=,解得,x0=e,
故k=,故0<a<;
(2)因为e1+λ<x1•x2λ等价于1+λ<lnx1+λlnx2.
由
(1)可知x1,x2分别是方程lnx﹣ax=0的两个根,
即lnx1=ax1,lnx2=ax2
所以原式等价于1+λ<ax1+λax2=a(x1+λx2),因为λ>0,0<x1<x2,
所以原式等价于a>,
又由lnx1=ax1,lnx2=ax2作差得,ln=a(x1﹣x2),
所以原式等价于>,
因为0<x1<x2,原式恒成立,即ln<恒成立.
令t=,t∈(0,1),
则不等式lnt<在t∈(0,1)上恒成立.
令h(t)=lnt﹣,t∈(0,1),
又h′(t)=,
当λ2≥1时,可见t∈(0,1)时,h′(t)>0,
所以h(t)在t∈(0,1)上单调增,又h
(1)=0,h(t)<0在t∈(0,1)恒成立,符合题意.
当λ2<1时,可见t∈(0,λ2)时,h′(t)>0,t∈(λ2,1)时h′(t)<0,
所以h(t)在t∈(0,λ2)时单调增,在t∈(λ2,1)时单调减,又h
(1)=0,
所以h(t)在t∈(0,1)上不能恒小于0,不符合题意,舍去.
综上所述,若不等式e1+λ<x1•x2λ恒成立,只须λ2≥1,又λ>0,所以λ≥1.
【点评】本题考查了导数的综合应用及分类讨论,转化思想,数形结合的思想方法的应用,是一道综合题.
3.(2017•湖北模拟)已知函数f(x)=ln﹣ax2+x,
(1)求出函数的导数,通过讨论a的范围,得到函数的单调区间,从而求出函数的极值的个数;
(2)根据x1,x2是方程2ax2﹣x+1=0的两根,得到,,求出f(x1)+f(x2),根据函数的单调性证明即可.
(1)由,
(ⅰ)a=0时,,
x∈(0,1),f′(x)<0,x∈(1,+∞),f′(x)>0,
所以x=1,f(x)取得极小值,x=1是f(x)的一个极小值点.
(ⅱ)a<0时,△=1﹣8a>0,令f′(x)=0,得
显然,x1>0,x2<0,
∴,
f(x)在x=x1取得极小值,f(x)有一个极小值点.
(ⅲ)a>0时,△=1﹣8a≤0即时,f′(x)≤0,
f(x)在(0,+∞)是减函数,f(x)无极值点.
当时,△=1﹣8a>0,令f′(x)=0,得
当x∈(0,x1)和x∈(x2,+∞)f′(x)<0,x∈(x1,x2)时,f′(x)>0,
∴f(x)在x1取得极小值,在x2取得极大值,所以f(x)有两个极值点.
综上可知:
(ⅰ)a≤0时,f(x)仅有一个极值点;
(ⅱ)当时,f(x)无极值点;
(ⅲ)当时,f(x)有两个极值点.
(2)证明:
由
(1)知,当且仅当a∈(0,)时,f(x)有极小值点x1和极大值点x2,
且x1,x2是方程2ax2﹣x+1=0的两根,
∴,,
=
=,
设,
∴时,g(a)是减函数,,
∴f(x1)+f(x2)>3﹣4ln2.
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题,考查导数的应用以及分类讨论数思想,是一道综合题.
4.(2016•包头校级三模)已知函数f(x)=(e为自然对数的底数).
(1)若a=,求函数的导数,利用函数单调性和导数之间的关系即可求函数f(x)的单调区间;
(2)根据函数与方程之间的关系转化为函数存在零点问题,构造函数,求函数的导数,利用函数极值和函数零点之间的关系进行转化求解即可.
(1)若a=,f(x)=(x2+bx+1)e﹣x,
则f′(x)=(2x+b)e﹣x﹣(x2+bx+1)e﹣x=﹣[x2+(b﹣2)x+1﹣b]e﹣x=﹣(x﹣1)[x﹣(1﹣b)]e﹣x,
由f′(x)=0得﹣(x﹣1)[x﹣(1﹣b)]=0,即x=1或x=1﹣b,
①若1﹣b=1,即b=0时,f′(x)=﹣(x﹣1)2e﹣x≤0,此时函数单调递减,单调递减区间为(﹣∞,+∞).
②若1﹣b>1,即b<0时,由f′(x)=﹣(x﹣1)[x﹣(1﹣b)]e﹣x>0得(x﹣1)[x﹣(1﹣b)]<0,即1<x<1﹣b,
此时函数单调递增,单调递增区间为(1,1﹣b),
由f′(x)=﹣(x﹣1)[x﹣(1﹣b)]e﹣x<0得(x﹣1)[x﹣(1﹣b)]>0,即x<1,或x>1﹣b,
此时函数单调递减,单调递减区间为(﹣∞,1),(1﹣b,+∞),
③若1﹣b<1,即b>0时,由f′(x)=﹣(x﹣1)[x﹣(1﹣b)]e﹣x>0得(x﹣1)[x﹣(1﹣b)]<0,即1﹣b<x<1,
此时函数单调递增,单调递增区间为(1﹣b,1),
由f′(x)=﹣(x﹣1)[x﹣(1﹣b)]e﹣x<0得(x﹣1)[x﹣(1﹣b)]>0,即x<1﹣b,或x>1,
此时函数单调递减,单调递减区间为(﹣∞,1﹣b),(1,+∞).
(2)若f
(1)=1,则f
(1)=(2a+b+1)e﹣1=1,
即2a+b+1=e,则b=e﹣1﹣2a,
若方程f(x)=1在(0,1)内有解,
即方程f(x)=(2ax2+bx+1)e﹣x=1在(0,1)内有解,
即2ax2+bx+1=ex在(0,1)内有解,
即ex﹣2ax2﹣bx﹣1=0,
设g(x)=ex﹣2ax2﹣bx﹣1,
则g(x)在(0,1)内有零点,
设x0是g(x)在(0,1)内的一个零点,
则g(0)=0,g
(1)=0,知函数g(x)在(0,x0)和(x0,1)上不可能单调递增,也不可能单调递减,
设h(x)=g′(x),
则h(x)在(0,x0)和(x0,1)上存在零点,
即h(x)在(0,1)上至少有两个零点,
g′(x)=ex﹣4ax﹣b,h′(x)=ex﹣4a,
当a≤时,h′(x)>0,h(x)在(0,1)上递增,h(x)不可能有两个及以上零点,
当a≥时,h′(x)<0,h(x)在(0,1)上递减,h(x)不可能有两个及以上零点,
当<a<时,令h′(x)=0,得x=ln(4a)∈(0,1),
则h(x)在(0,ln(4a))上递减,在(ln(4a),1)上递增,h(x)在(0,1)上存在最小值h(ln(4a)).
若h(x)有两个零点,则有h(ln(4a))<0,h(0)>0,h
(1)>0,
h(ln(4a))=4a﹣4aln(4a)﹣b=6a﹣4aln(4a)+1﹣e,<a<,
设φ(x)=x
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