题目
题型:不详难度:来源:
(1)讨论函数f (x)的极值情况;
(2)设g (x) =" ln(x" + 1),当x1>x2>0时,试比较f (x1 – x2)与g (x1 – x2)及g (x1) –g (x2)三者的大小;并说明理由.
答案
解析
(1)分别对于两段函数的单调性进行判定,确定极值问题。
(2)先对当x >0时,先比较ex – 1与ln(x + 1)的大小,
然后得到就是f (x) > g (x) ,成立.再比较与g (x1) –g (x2) =ln(x1 + 1) –ln(x2 + 1)的大小.,利用作差法得到证明。
解:(1)当x>0时,f (x) = ex – 1在(0,+∞)单调递增,且f (x)>0;
当x≤0时,.
①若m = 0,f ′(x) = x2≥0, f (x) =在(–∞,0]上单调递增,且f (x) =.
又f (0) = 0,∴f (x)在R上是增函数,无极植;
②若m<0,f ′(x) = x(x + 2m) >0,则f (x) =在(–∞,0)单调递增,同①可知f (x)在R上也是增函数,无极值; ………………4分
③若m>0,f (x)在(–∞,–2m]上单调递增,在(–2m,0)单调递减,
又f (x)在(0, +∞)上递增,故f (x)有极小值f (0) = 0,f (x)有极大值. 6分
(2)当x >0时,先比较ex – 1与ln(x + 1)的大小,
设h(x) = ex – 1–ln(x + 1) (x >0)
h′(x) =恒成立
∴h(x)在(0,+∞)是增函数,h(x)>h (0) = 0
∴ex – 1–ln(x + 1) >0即ex – 1>ln(x + 1)
也就是f (x) > g (x) ,成立.
故当x1 – x2>0时,f (x1 – x2)> g (x1 – x2)……………………………10分
再比较与g (x1) –g (x2) =ln(x1 + 1) –ln(x2 + 1)的大小.
=
=
∴g (x1 – x2) > g (x1) –g (x2)
∴f (x1 – x2)> g (x1 – x2) > g (x1) –g (x2) .
核心考点
试题【已知函数(1)讨论函数f (x)的极值情况;(2)设g (x) =" ln(x" + 1),当x1>x2>0时,试比较f (x1 – x2)与g (】;主要考察你对常见函数的导数等知识点的理解。[详细]
举一反三
A. | B. | C. | D. |
A. | B. |
C. | D. |
A. | B. | C. | D. |
A.0 | B.2 | C.4 | D.6 |
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