解答题专项训练1

1. [2015·桂林模拟]已知函数f(x)＝lnx－mx，m∈R. (1)若m＝1，求曲线y＝f(x)在点P(1，－1)处的切线方程； (2)若f(x)没有零点，求实数m的取值范围． 1－mx1

解：(1)f′(x)＝x－m＝x，

当m＝1时，f′(1)＝1－1＝0，故切线方程为y－(－1)＝0，即y＋1＝0.

lnx

(2)函数f(x)没有零点⇔方程lnx＝mx即m＝x在(0，＋∞)上无实数解．

1－lnxlnx

令g(x)＝x，则g′(x)＝x2. 1－lnx

令g′(x)＝0即x2＝0，得x＝e.

在区间(0，e)上，g′(x)>0，函数g(x)是增函数； 在区间(e，＋∞)上，g′(x)<0，函数g(x)是减函数．

1

故在区间(0，＋∞)上，g(x)的极大值为g(e)＝e，易知g(x)的最大1值为e.

lnx1故m＝x在(0，＋∞)上无实数解时m>e， 1

即所求实数m的取值范围是(e，＋∞)．

2. 已知函数f(x)＝(x＋a)ex，其中e为自然对数的底数． (1)若函数f(x)是区间[－3，＋∞)上的增函数，求实数a的取值范围；

(2)若f(x)≥e2在x∈[0,2]时恒成立，求实数a的取值范围．

解：(1)由题意知，f′(x)＝(x＋a＋1)ex， 因为函数f(x)是区间[－3，＋∞)上的增函数，

所以f′(x)≥0，即x＋a＋1≥0在[－3，＋∞)上 恒成立． 因为y＝x＋a＋1是增函数，

所以满足题意只需－3＋a＋1≥0，即a≥2. (2)令f′(x)＝0，解得x＝－a－1. 则f(x)，f′(x)随x的变化情况如下：

①当－a－1≤0，即a≥－1时，f(x)在[0,2]上的最小值为f(0)， 若要满足题意只需f(0)≥e2，解得a≥e2，所以a≥e2.

②当0<－a－1<2，即－3③当－a－1≥2，即a≤－3时，f(x)在[0,2]上的最小值为f(2)，若要满足题意只需f(2)≥e2，解得a≥－1，所以此时a不存在．

综上所述，所求实数a的取值范围为[e2，＋∞)． 3. [2015·青岛模拟]已知函数f(x)＝xlnx. (1)求函数f(x)的极值点；

(2)设函数g(x)＝f(x)－a(x－1)，其中a∈R，求函数g(x)在区间[1，e]上的最小值．(其中e为自然对数的底数)．

解：(1)f′(x)＝lnx＋1，x>0，

1

由f′(x)＝0得x＝e，

11

所以f(x)在区间(0，e)上单调递减，在区间(e，＋∞)上单调递增． 1

所以，x＝e是函数f(x)的极小值点，极大值点不存在． (2)g(x)＝xlnx－a(x－1)， 则g′(x)＝lnx＋1－a， 由g′(x)＝0，得x＝ea－1，

所以，在区间(0，ea－1)上，g(x)为递减函数， 在区间(ea－1，＋∞)上，g(x)为递增函数．

当ea－1≤1，即a≤1时，在区间[1，e]上，g(x)为递增函数，所以g(x)的最小值为g(1)＝0.

当1综上，当a≤1时，g(x)的最小值为0； 当14. [2015·西宁质检]设函数f(x)＝xex，g(x)＝ax2＋x. (1)若f(x)与g(x)具有完全相同的单调区间，求a的值； (2)若当x≥0时恒有f(x)≥g(x)，求a的取值范围． 解：(1)f′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex. 当x<－1时，f′(x)<0， f(x)在(－∞，－1)内单调递减； 当x>－1时，f′(x)>0， f(x)在(－1，＋∞)内单调递增．

1

又g′(x)＝2ax＋1，由g′(－1)＝－2a＋1＝0得a＝2. 12112

此时g(x)＝2x＋x＝2(x＋1)－2，

显然g(x)在(－∞，－1)内单调递减，在(－1，＋∞)内单调递增，1故a＝2.

(2)由f(x)≥g(x)，得f(x)－g(x)＝x(ex－ax－1)≥0. 令F(x)＝ex－ax－1，则F′(x)＝ex－a. ∵x≥0，∴F′(x)＝ex－a≥1－a.

若a≤1，则当x∈(0，＋∞)时，F′(x)>0，F(x)为增函数，而F(0)＝0，从而当x≥0时，F(x)≥0，即f(x)≥g(x)；

若a>1，则当x∈(0，lna)时，F′(x)<0，F′(x)为减函数，而F(0)＝0，从而当x∈(0，lna)时，F(x)<0，即f(x)综上，a的取值范围为(－∞，1]．

5. [2014·湖北高考]π为圆周率，e＝2.71828„为自然对数的底数． lnx

(1)求函数f(x)＝x的单调区间；

(2)求e3,3e，eπ，πe,3π，π3这6个数中的最大数与最小数． 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)． 1－lnxlnx

因为f(x)＝x，所以f′(x)＝x2. 当f′(x)>0，即0e时，函数f(x)单调递减．

故函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)． (2)因为e<3<π，所以eln33e<πe<π3，e3故这6个数的最大数在π3与3π之中，最小数在3e与e3之中． lnπln3lne

由e<3<π及(1)的结论，得f(π)由π<3，得lnπ3π3； ln3lne

由312

6. [2015·福建联考]已知函数f(x)＝2x－mlnx＋(m－1)x，m∈R. (1)若函数f(x)在x＝2处取得极值，求m的值； (2)当m≤0时，讨论函数f(x)的单调性；

(3)求证：当m＝－2时，对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，fx2－fx1有>－1.

x2－x1

解：(1)显然函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， m

f′(x)＝x－x＋m－1.

m

由已知得f′(2)＝2－2＋m－1＝0，∴m＝－2.

x2＋m－1x－mx－1x＋mm

(2)∵f′(x)＝x－x＋(m－1)＝＝， xx①当－10，f(x)为增函数； x∈(－m,1)时，f′(x)<0，f(x)为减函数； x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数．

②当m≤－1时，x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)为增函数； x∈(1，－m)时，f′(x)<0，f(x)为减函数； x∈(－m，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数．

综上所述，当－1在(1，－m)上为减函数；在(－m，＋∞)上为增函数． fx2－fx1

(3)不妨设0－1，

x2－x1即证明f(x2)＋x2>f(x1)＋x1.

1

当m＝－2时，函数f(x)＝2x2＋2lnx－3x. 12

考查函数h(x)＝f(x)＋x＝2x＋2lnx－2x， 2

∵h′(x)＝x＋x－2≥22－2>0， ∴h(x)在(0，＋∞)上是增函数， 对任意0h(x1)，

fx2－fx1

所以f(x2)＋x2>f(x1)＋x1，∴>－1，命题得证．

x2－x1mx

7. 已知函数f(x)＝2(m，n∈R)在x＝1处取得极值2.

x＋n(1)求函数f(x)的解析式；

a

(2)设函数g(x)＝lnx＋x，若对任意的x1∈R，总存在x2∈[1，e]，7

使得g(x2)≤f(x1)＋2，求实数a的取值范围．

mx2＋n－2mx2mx2－2mx2＋mn－mx2＋mn

解：(1)f′(x)＝＝＝2，

x2＋n2x2＋n2x＋n2由于f(x)在x＝1处取得极值2，故f′(1)＝0，f(1)＝2，即

m

1＋n＝2，

mn－m

＝0，1＋n2

解得m＝4，n＝1，经检验，此时f(x)在x＝1处取得极值． 4x

故f(x)＝2. x＋1

(2)由(1)知f(x)的定义域为R，且f(－x)＝－f(x)． 故f(x)为奇函数，f(0)＝0. 当x>0时，f(x)>0，f(x)＝

1≤2，当且仅当x＝1时取“＝”． x＋x4

73

故f(x)的值域为[－2,2]，从而f(x1)＋2≥2. 3

依题意有g(x)min≤2，x∈[1，e]， 1ax－a

g′(x)＝x－x2＝x2，

①当a≤1时，g′(x)≥0，函数g(x)在[1，e]上单调递增，其最小3

值为g(1)＝a≤1<2，符合题意；

②当1递增，所以函数g(x)的最小值为g(a)＝lna＋1，由lna＋1≤2，得0③当a≥e时，显然函数g(x)在[1，e]上单调递减，其最小值为g(e)a3

＝1＋e≥2>2，不符合题意．

综上所述，a的取值范围为(－∞，e]．

8. [2015·山东潍坊期末]函数f(x)＝xlnx－ax2－x(a∈R)．

(1)若函数f(x)在x＝1处取得极值，求a的值；

(2)若函数f(x)的图象在直线y＝－x图象的下方，求a的取值范围；

1

(3)求证：ln(2×3ׄ×2015)1008<2015. 解：(1)函数f(x)定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝lnx－2ax， ∵f(x)在x＝1处取得极值， ∴f′(1)＝0，即－2a＝0，∴a＝0. ∴f′(x)＝lnx，当x∈(0,1)时，f′(x)<0； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0， f(x)在x＝1处取得极值即a的值为0. (2)由题意，得xlnx－ax2－x<－x， ∴xlnx－ax2<0.

lnx

∵x∈(0，＋∞)，∴a>x. 1－lnxlnx

设h(x)＝x，则h′(x)＝x2. 令h′(x)>0，得0e，

∴h(x)在(e，＋∞)上为减函数． 11

∴h(x)max＝h(e)＝e，∴a>e. 1

(3)由(2)知h(x)≤h(e)＝e， lnx1x

∴x≤e，∴lnx≤e∴ln1<1，ln2<2，ln3<3，„，ln2015<2015. 以上各式相加，得

ln1＋ln2＋ln3＋„＋ln2015<1＋2＋3＋„＋2015， 20151＋2015

∴ln(1×2×3ׄ×2015)<＝2015×1008. 21即1008·ln(2×3ׄ×2015)<2015，

1

1008

∴ln(2×3ׄ×2015) <2015.