题目
题型:解答题难度:一般来源:不详
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(1)记h(x)=f(x)-g(x),若a=4,求h(x)的单调递增区间;
(2)记g"(x)为g(x)的导函数,若不等式f(x)+2g"(x)≤(a+3)x-g(x)在x∈[1,e]上有解,求实数a的取值范围;
(3)若a=1,对任意的x1>x2>0,不等式m[g(x1)-g(x2)]>x1f(x1)-x2f(x2)恒成立.求m(m∈Z,m≤1)的值.
答案
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由h′(x)=
4 |
x |
所以h(x)的单调递增区间为(0,2).…(4分)
(2)不等式f(x)+2g′(x)≤(a+3)x-g(x),即为alnx+2x≤(a+3)x-
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化简得:a(x-lnx)≥
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由x∈[1,e]知x-lnx>0,因而a≥
| ||
x-lnx |
| ||
x-lnx |
由y′=
(x-1)(x-lnx)-(1-
| ||||
(x-lnx)2 |
(x-1)(
| ||
(x-lnx)2 |
∵当x∈(1,e)时x-1>0,
1 |
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由不等式有解,可得知a≥ymin=-
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2 |
1 |
2 |
(3)当a=1,f(x)=lnx.
由m[g(x1)-g(x2)]>x1f(x1)-x2f(x2)恒成立,得mg(x1)-x1f(x1)>mg(x2)-x2f(x2)恒成立,
设t(x)=
m |
2 |
由题意知x1>x2>0,故当x∈(0,+∞)时函数t(x)单调递增,
∴t′(x)=mx-lnx-1≥0恒成立,即m≥
lnx+1 |
x |
因此,记y=
lnx+1 |
x |
-lnx |
x2 |
∵函数在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
∴函数h(x)在x=1时取得极大值,并且这个极大值就是函数h(x)的最大值.
由此可得h(x)max=h(1)=1,故m≥1,结合已知条件m∈Z,m≤1,可得m=1.…(16分)
核心考点
试题【设函数f(x)=alnx,g(x)=12x2.(1)记h(x)=f(x)-g(x),若a=4,求h(x)的单调递增区间;(2)记g"(x)为g(x)的导函数,若】;主要考察你对函数的零点等知识点的理解。[详细]
举一反三
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(1)记h(x)=f(x)-g(x),若a=4,求h(x)的单调递增区间;
(2)记g"(x)为g(x)的导函数,若不等式f(x)+2g"(x)≤(a+3)x-g(x)在x∈[1,e]上有解,求实数a的取值范围;
(3)若在[1,e]上存在一点x0,使得f(x0)-f′(x0)>g′(x0)+
1 |
g′(x0) |
A.〔0,1〕 | B.〔1,2〕 | C.〔2,3〕 | D.〔3,4〕 |
A.0 | B.1 | C.2 | D.4 |
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A.1 | B.2 | C.3 | D.4 |
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