高大規練)

函與數41．(2015·重慶卷已函數()＝ax＋x(∈在＝處取得極值。3(1)確定a的值；(2)若(＝fx)e，討論gx的調性。解(1)對fx求導得f′()＝＋，44因為(在x＝處取得極值，所以′33

＝，16416a81即3·－＝0，解得＝。93321(2)由(1)得()＝＋31故′()＝＋215＝＋x＋2

e

1＝x(x＋1)(＋4)e。2令′()＝0，解得＝，＝－或＝－。當－4，′()<0，故g()為減函數；當－4<<－，′(，故(為增函數；當－1<<0時，′()<0故()為減函數；當>0時，′()>0故(x)為函數。綜上知gx在－∞，－4)和－1,0)內為減函數(，1)和，＋∞)為增函數。2．(2015·北京卷設數f)＝－klnx，>02(1)求(的單調區間和極值；(2)證明：若fx)存在零點，則()在區(，e)上僅有一個零點。x解(1)由fx＝－lnx(>0)得2kx－f′(＝－＝。x由′()＝0解＝。f(與f′()區間，＋∞)的情況如下：x

(0，k

k

(k，＋∞)1

f′()f()

－0＋k－2所以)的單調遞減區間(，)單調遞增區間(k＋∞)f(x)xk處k1－ln取得極小值f()＝。2k1－(2)證明：由(1)知，()在區間0，＋上最小值為fk＝。2k－因為(存在零點，所以≤0從≥e2當＝，()在區間1，e)上單調遞減，且f(e)＝0，所以＝e是fx)在區間1，e]上唯一零點。1e－k當>e時，(x在區間0，e)上單調遞減，且(1)>0，(e)＝<0，22所以(在區間1，e]上僅一個零點。綜上可知，若f(x)存在零點，則()區間，e]僅有一個零點。3．已知函數fx)＝ax＋－lnx。(1)若＝，函數(的單調區間；(2)若(1)＝2，且在定義域內(x)≥＋恒立，求實數b取值范圍。解(1)當a0時，(＝x－lnx，函數定義域為(0，＋。f′(lnx，由－＝，得＝。當∈(0,1)時，′(，(x在0,1)上增數；當∈，＋∞)，x，()在(1，＋上是減函數。所以函數fx的單調增區間是0,1)，調減區(1，＋∞)(2)由(1)＝2，得a＋＝，＝，∴f(x＝x＋－lnx，由()≥bx＋x，得x＋－xx≥＋x，1ln又∵x>0，∴≤1－恒立。x1lnlnx令()＝－－，得g′()＝，xx∴(在(0,1]上單調遞減，在[1，＋∞)上調增，∴()＝g(1)＝0，∴實數b的值范圍是(－∞，0]。14．已知定義在正實數集上的函()＝x＋2g()＝3lnx＋，中>0，設兩2曲線y＝)，＝()公共點，且在該點處的切線相同。2

1212(1)用表b；(2)求證：()g(x)(>0)。解(1)設曲線y＝(x)與y＝(xx>0)在公共點x，)處的切相同，3∵′()＝＋a，′()＝，x∴依題意得′x，即

＋＝ln＋，3x2＝，3由＋＝，x＝或x＝a(舍去)，15則＝a＋a－aln＝a22

－lna。(2)證明：設Fx)＝()－(x)1＝x＋ax－alnx－(，23－x＋3a則′()＝＋2－＝(>0)，xx由′()＝0得＝或x＝－3(舍去。當變時′()x的變化情況如下表：xF′()Fx)

(0，)－

a0極小值

(，＋∞)＋結合(1)可知函數x在0，＋上的最小值F()＝()－()＝0。故當>0，有()x)≥0，即當>0，()≥()。－5．(2015·福建卷已函數()＝lnx－。2(1)求函數fx的單調遞增區間；(2)證明：當x>1時f()<－；(3)確定實數k的所有可能取值得存在>1當∈)時有f()>－1)。1－＋x＋解(1)′(＝－x＋＝，∈，＋。xx3

由′()>0得，1＋5解得0<<。215故()的單調遞增區間2(2)證明：令Fx)＝()－－∈(0，＋∞)，1－x則有′()＝。x當∈，＋∞)，x，所以(在[，＋∞)上單調遞減，故當>1，()<(1)0，即當x>1時，()<－。(3)由(2)知，當k＝時不存在x>1滿題意。當>1時，于>1，有fx)<－1<k(x－，f()<(－1)，從而不存在x>1滿題意。當<1時，()f(x)＝k(x－，∈，＋∞)1－＋1k＋則有′()＝－＋－k＝。x由′()＝0得－＋(1－k)x＋＝。1－－