第三篇第3講導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用-免費(fèi)閱讀
【正文】 溫州五校聯(lián)考 )已知函數(shù) f(x)＝ ax3＋ bx2－ 3x在 x＝ 177。 f′ (x)－ ex＝ ex[f(x)＋ f′(x)]－ exex－ ex＝ 0， 所以 g(x)＝ ex f(x)ex＋ 1 的解集為 ( )． A． {x|x0} B． {x|x0} C． {x|x－ 1 或 x1} D． {x|x－ 1 或 0x1} 解析 構(gòu)造函數(shù) g(x)＝ ex石家莊模擬 )已知 f(x)， g(x)都是定義 在 R 上的函數(shù) ， g(x)≠ 0， f′ (x)g(x) f(x)g′(x)， 且 f(x)＝ axg(x)(a0， 且 a≠ 1)， f（ 1）g（ 1） ＋ f（－ 1）g（－ 1） ＝ ??????????f（ n）g（ n）的前 n項(xiàng)和大于 62， 則 n的最小值為 ( )． A． 8 B． 7 C． 6 D． 9 解析 構(gòu) 造 函 數(shù) h(x) ＝ f（ x）g（ x） ＝ ax ， 由 已 知 條 件 可 知 h′(x) ＝f′ （ x） g（ x）－ f（ x） g′（ x）[g（ x） ]2 0， 則 h(x)在 R 上為增函數(shù) ， 得 a1， 又 a＋ a－ 1＝ 52， 解得 a＝ 2 或 a＝12(舍去 )． 所以 f（ n）g（ n） ＝ 2n， 其前 n項(xiàng)和 Sn＝ 2＋ 22＋ … ＋ 2n＝ 2n＋ 1－ 2， 由 2n＋ 1－ 262，解得 2n＋ 126， ∴ n5， 故 n的最小值為 6， 選 C. 答案 C 2． (2021 ln a＋ 2x－ ln a＝ (ax－ 1)ln a＋ 2x. ∵ a1， x0， ∴ ax－ 10， ln a0， 2x0， ∴ 當(dāng) x∈ (0， ＋ ∞ )時 ， F′ (x)0， 即函數(shù) F(x)在區(qū)間 (0， ＋ ∞ )上單調(diào)遞增． (2)解 由 (1)知當(dāng) x∈ (－ ∞ ， 0)時 ， F′ (x)0， ∴ F(x)在 (－ ∞ ， 0]上單調(diào)遞減 ， 在 (0， ＋ ∞ )上單調(diào)遞增． ∴ F(x)取得最小值為 F(0)＝ 1. 由 ??? ???F（ x）－ b＋ 1b － 3＝ 0， 得 F(x)＝ b－ 1b＋ 3 或 F(x)＝ b－ 1b－ 3， ∴ 要使函數(shù) y＝ ??? ???F（ x）－ b＋ 1b － 3 有四個零點(diǎn) ， 只需 ?????b－ 1b＋ 31，b－ 1b－ 31，即 b－ 1b4， 即 b2－ 4b－ 1b 0， 解得 b2＋ 5或 2－ 5b0. 故 b的取值范圍是 (2－ 5， 0)∪ (2＋ 5， ＋ ∞ )． (3)解 ∵ 任意 x1， x2∈ [－ 1， 1]， 由 (1)知 F(x)在 (－ ∞ ， 0)上單調(diào)遞減 ， 在 (0，＋ ∞ )上單調(diào)遞增 ， ∴ F(x)min＝ F(0)＝ 1. 從而再來比較 F(－ 1)與 F(1)的大小即可． F(－ 1)＝ 1a＋ 1＋ ln a， F(1)＝ a＋ 1－ ln a， ∴ F(1)－ F(－ 1)＝ a－ 1a－ 2ln a. 令 H(x)＝ x－ 1x－ 2ln x(x0)， 則 H′(x)＝ 1＋ 1x2－ 2x＝ x2－ 2x＋ 1x2 ＝（ x－ 1） 2x2 0， ∴ H(x)在 (0，＋ ∞ )上單調(diào)遞增． ∵ a1， ∴ H(a)H(1)＝ 0.∴ F(1)F(－ 1)． ∴ |F(x2)－ F(x1)|的最大值為 |F(1)－ F(0)|＝ a－ ln a， ∴ 要使 |F(x2)－ F(x1)|≤ e2－ 2 恒成立 ， 只需 a－ ln a≤ e2－ 2
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