20导数与函数（解析版）练习题

这是一份20导数与函数（解析版）练习题，共5页。试卷主要包含了已知函数f＝e1－xcsx.，已知函数f＝ex，t∈R.等内容，欢迎下载使用。
导数与函数专练1．已知函数f(x)＝x－lnx－a，g(x)＝x＋－(lnx)a＋1，a∈R(1)若f(x)≥0在定义域内恒成立，求a的取值范围；(2)当a取(1)中的最大值时，求函数g(x)的最小值；(3)证明不等式 >ln(n∈N*)．【答案】　(1)由题意知f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝1－＝，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f′(x)单调递增，∴f(x)min＝f(1)＝1－a，∴1－a≥0，a≤1，故a的取值范围是(－∞，1]．(2)当a＝1时，g(x)＝x＋－(lnx)2，g(x)的定义域是(0，＋∞)．g′(x)＝1－－2lnx·＝，令h(x)＝x2－2xlnx－1，h′(x)＝2(x－lnx－1)，由(1)知，h′(x)的最小值是h′(1)＝0，∴h′(x)≥0，h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)＝0，∴当x∈(0，1)时，h′(x)<0，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，g′(x)>0，g(x)单调递增，∴g(x)min＝g(1)＝2.(3)由(2)得，当x>1时，g(x)>g(1)，x＋－(lnx)2>2，即(－)>(lnx)2，开平方得－>lnx.令x＝>1(k∈N*)，则－＝>ln，∴ >ln＋ln＋…＋ln＝ln[··…·]＝ln.2．已知函数f(x)＝e1－xcosx.(1)判断函数f(x)在(0，)上的单调性；(2)证明：对于∀x∈[－1，]，总有f(－x－1)＋2f′(x)·cos(x＋1)>0.【答案】　(1)由题f′(x)＝－e1－xcosx－e1－xsinx＝－e1－x(sinx＋cosx)，因为x∈(0，)，所以f′(x)<0.所以函数f(x)在(0，)上单调递减．(2)f(－x－1)＝ex＋2·cos(－x－1)＝ex＋2·cos(x＋1)．而2f′(x)·cos(x＋1)＝－2e1－x(sinx＋cosx)·cos(x＋1)，对于∀x∈[－1，]，cos(x＋1)>0.要证原不等式成立，只要证ex＋2－2e1－x(sinx＋cosx)>0，ex＋2>2e1－x(sinx＋cosx)，即e2x＋1>2sin(x＋)在[－1，]上恒成立．首先构造函数g(x)＝2x＋2－2sin(x＋)，x∈[－1，]，因为g′(x)＝2－2cos(x＋)＝2[－cos(x＋)]，可得，当x∈[－1，0]时，g′(x)≤0，即g(x)在[－1，0]上是减函数，当x∈(0，]时，g′(x)>0，即g(x)在(0，]上是增函数，所以在[－1，]上，g(x)min＝g(0)＝0，所以g(x)≥0.所以2sin(x＋)≤2x＋2，当且仅当x＝0时等号成立．其次构造函数h(x)＝e2x＋1－(2x＋2)，x∈[－1，]，因为h′(x)＝2e2x＋1－2＝2(e2x＋1－1)，可见当x∈[－1，－]时，h′(x)≤0，即h(x)在[－1，－]上是减函数，当x∈(－，]时，h′(x)>0，即h(x)在(－，]上是增函数，所以在[－1，－]上，h(x)min＝h(－)＝0，所以h(x)≥0，所以e2x＋1≥2x＋2，当且仅当x＝－时等号成立．综上所述，e2x＋1≥2x＋2≥2sin(x＋)，因为取等条件不一致，所以e2x＋1>2sin(x＋)在[－1，]上恒成立，所以对于∀x∈[－1，]，总有f(－x－1)＋2f′(x)·cos(x＋1)>0成立．3．已知函数f(x)＝(x3－6x2＋3x＋t)ex，t∈R.(1)若函数f(x)在点(0，f(0))处的切线与y＝4x＋3平行，求t的值；(2)若函数y＝f(x)有三个不同的极值点，求t的取值范围；(3)若存在实数t∈[0，2]，使对任意的x∈[1，m]，不等式f(x)≤x恒成立，求正整数m的最大值．【答案】　(1)因为函数f(x)＝(x3－6x2＋3x＋t)ex，所以f′(x)＝(x3－3x2－9x＋3＋t)ex.函数f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为f′(0)＝3＋t，由题意可得3＋t＝4，解得t＝1.(2)f′(x)＝(x3－3x2－9x＋3＋t)ex，令g(x)＝x3－3x2－9x＋3＋t，则方程g(x)＝0有三个不同的根．又g′(x)＝3x2－6x－9＝3(x2－2x－3)＝3(x＋1)(x－3)，令g′(x)＝0，得x＝－1或x＝3.且g(x)在区间(－∞，－1)，(3，＋∞)上单调递增，在区间(－1，3)上单调递减，故原题等价于即有解得－8<t<24(3)不等式f(x)≤x，即(x3－6x2＋3x＋t)ex≤x，即t≤xe－x－x3＋6x2－3x.转化为存在实数t∈[0，2]，使对任意的x∈[1，m]，不等式t≤xe－x－x3＋6x2－3x恒成立，即不等式0≤xe－x－x3＋6x2－3x在x∈(1，m]上恒成立．设φ(x)＝e－x－x2＋6x－3，则φ′(x)＝－e－x－2x＋6.设r(x)＝φ′(x)＝－e－x－2x＋6，则r′(x)＝e－x－2.因为1≤x≤m，有r′(x)<0.故r(x)在区间[1，m]上是减函数．又r(1)＝4－e－1>0，r(2)＝2－e－2>0，r(3)＝－e－3<0.故存在x0∈(2，3)，使得r(x0)＝φ′(x0)＝0.当1≤x<x0时，有φ′(x)>0；当x>x0时，有φ′(x)<0.从而φ(x)在区间[1，x0]上单调递增，在区间[x0，＋∞)上单调递减，又φ(1)＝e－1＋2>0，φ(2)＝e－2＋5>0，φ(3)＝e－3＋6>0，φ(4)＝e－4＋5>0，φ(5)＝e－5＋2>0，φ(6)＝e－6－3<0，所以当1≤x≤5时，恒有φ(x)>0；当x≥6时，恒有φ(x)<0；故符合题意的正整数m的最大值为5.4．已知函数f(x)＝的图像在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．(1)求实数a的值及f(x)的极值；(2)是否存在区间(t，t＋)(t>0)，使函数f(x)在此区间上存在极值点和零点？若存在，求出实数t的取值范围，若不存在，请说明理由；(3)如果对任意的x1，x2∈[e2，＋∞)，有|f(x1)－f(x2)|≥k|－|，求实数k的取值范围．【答案】　(1)f′(x)＝＝.∵f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，∴f′(1)＝＝0.∴a＝1，∴f(x)＝，x>0.f′(x)＝－，当0<x<1时，f′(x)>0，当x>1时，f′(x)<0，∴f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故f(x)在x＝1处取得极大值1，无极小值．(2)∵x>1时，f(x)＝>0，当x→0时，f(x)→－∞，由(1)得f(x)在(0，1)上单调递增，由零点存在原理，知f(x)在区间(0，1)上存在唯一零点，函数f(x)的图像如图所示．∵函数f(x)在区间(t，t＋)(t>0)上存在极值点和零点，∴即解得<t<.∴存在符合条件的区间，实数t的取值范围为(，)．(3)由(1)的结论知，f(x)在[e2，＋∞)上单调递减，不妨设x1>x2≥e2，则原不等式⇔f(x2)－f(x1)≥k(－)⇔f(x2)－≥f(x1)－⇔函数F(x)＝f(x)－在[e2，＋∞)上单调递减．又F(x)＝f(x)－＝－，∴F′(x)＝≤0在[e2，＋∞)上恒成立，∴k≤lnx在[e2，＋∞)上恒成立．在[e2，＋∞)上，(lnx)min＝lne2＝2，∴k≤2.