第十二節(jié)導(dǎo)數(shù)同構(gòu)問(wèn)題總結(jié)講義-高二下學(xué)期數(shù)學(xué)人教A版選擇性（答案詳解）

第十二節(jié)專題:導(dǎo)數(shù)的同構(gòu)問(wèn)題重點(diǎn)題型專練【1】1解析:∵x1<x由題意可得:lnx1?lnx∴fx=lnx?x在m,+∞上單調(diào)遞減,則f′x=1x?1≤0在m,+∞上恒成立,即故答案為:1.【2】[解析:令gx=fx?所以fx1?4x易得gx不是常數(shù)函數(shù),所以gx在0故g′x=ax+1即a≥?1x2+4令?x=?1x2所以?xmax=?即a的取值范圍為[4,+∞).故答案為:【3】[e,+∞)解析:由題意m>令fx=lnxx所以當(dāng)x∈0,e時(shí),f′x所以fx在(0,e)上單調(diào)遞增,在e,+∞因?yàn)閤1由題意當(dāng)x1,x2∈m,+∞且x1<x所以fx在m,+∞上單調(diào)遞減,故所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是[e,+∞).故答案為:[e,+∞).【4】C解析:依題意,x1令fx則對(duì)任意的x1,x2∈(1,3],當(dāng)x1<x2因此,?x∈(1,3],f′x所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是[9,+∞).【5】B解析:不妨設(shè)1≤由x1lnx2?即x1lnx2+a<x2lnx1+a,兩邊同時(shí)除以x1x2,得lnxf′x=1?ln所以a≥1?lnx,x∈1,e上恒成立,函數(shù)y=1?lnx在區(qū)間1【6】B解析:因?yàn)閤1<x2,即lnx令fx=lnx+2x,則上式等價(jià)于根據(jù)題意,fx在m,+∞又f′x=?lnx?1x2,令f′1e,+∞,要滿足題意,只需m≥1e,即m的最小值為【7】A解析:由題意可知,不等式e2x1e2兩邊取對(duì)數(shù)得lne2x1x則2x設(shè)gx=2x?mlnx,由題意可知,函數(shù)g′x=2?mx≥0,在區(qū)間1所以m≤2.【8】(1)x解析:(1)由題意知f則曲線y=fx在x=(2)不妨設(shè)x1則f?則設(shè)gx=fx?mx2=2x則g′x則2mx設(shè)?則當(dāng)x∈e2,+∞時(shí),當(dāng)x∈0,e2則?則實(shí)數(shù)m的取值范圍為?∞,?1【9】(1)[0,+∞)解析:(1)因?yàn)閥=fx為故f′x=a+1所以2ax2+a+1所以a≥0a+1≥0等號(hào)不同時(shí)取到,故實(shí)數(shù)(2)不妨設(shè)x1<x2,由(1)可知函數(shù)y=fx此時(shí),不等式fx1?fx令gx所以函數(shù)y=gx在故g′x≥0在0,+∞求導(dǎo)可得g因?yàn)閍>所以g′當(dāng)且僅當(dāng)2ax=a+1x,即x【10】B解析:設(shè)ft當(dāng)t>0時(shí),f所以ft在0,+∞原不等式變形為e2x?sin2x>ey?siny,即【11】C解析:由lnx+lny=1構(gòu)造函數(shù)fx=lnx+x可知fx=lnx+x結(jié)合lnx+x=ln1y+1由基本不等式可知:x+當(dāng)且僅當(dāng)x=y=1時(shí)等號(hào)成立,所以【12】D解析:由題意得a=設(shè)fx=lnxx當(dāng)0<x<e時(shí),f′x>0,所以fx單調(diào)遞增,當(dāng)x>e又e<3<4<e2,所以所以a<b<【13】C解析:構(gòu)造函數(shù)fx所以fm因?yàn)閥=x,y=ex,y=函數(shù)fx,gx與函數(shù)由圖可知,0<又f1所以m<1,n<1.【14】C解析:構(gòu)造函數(shù)fx當(dāng)0<x<1時(shí),當(dāng)x>1時(shí),fabc?因?yàn)?>4>3>1,所以而a,b,c【15】A解析:設(shè)fx=x?lnx由f′x>0?所以函數(shù)fx在(0,1)上遞減,在1,+∞所以fx又a=e0.99?0.99再設(shè)gx=x?x由g′x>0?所以函數(shù)gx在1,+∞所以gx又c=1.01?1.01ln故a>b>【16】1解析:由memx≥lnx?mxemx≥xlnx=e且fmx≥flnx,所以mx≥lnx,即令gx=lnxx,則g′x=1?lnxx2,所以當(dāng)x故gx在[1,+∞)上的最大值是1e,所以m≥1e,即實(shí)數(shù)m的最小值是【17】B解析:因?yàn)閑x+x?lny而y=x+lnx為0,+∞上的增函數(shù),故ex=ey設(shè)sx=xex當(dāng)x<?1時(shí),s′x<0,故s當(dāng)x>?1時(shí),s′x>0,故s故sxmin=【18】0解析:令fx=ex+x,則fex+x=ax+lnax,即∵正實(shí)數(shù)x0是方程ex∴fx0=flnax0,則x故答案為:0【19】a解析:fx=xex?ax+lnx=ex+lnx?ax+lnx,令t=x+lnx,t∈R,顯然該函數(shù)單調(diào)遞增,即et【20】B解析:構(gòu)造fx則fx在R由ex+e即ex∴x∴a令gx則g′由g′x>0得由g′x<0得∴g∴a≥?1【21】3解析:fx>x3?令gx=ex+x,則g所以e2ax+2ax>e所以2ax>3lnxx令?x=3lnx所以在(0,e)上,?′x在e,+∞上,?′x所以?xmax=?e所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為32e,+∞.【22】e解析:ex因函數(shù)y=ex,y=x均在0,+∞上單調(diào)遞增,則又ex+x≥e構(gòu)造函數(shù)fx=x?lnxf′x>0?x>1;f則x?lnxmin=f1=1【23】e解析:由于klnkx?ex≤則elnkxlnkx=kx令fx=xex所以fx在0,+∞當(dāng)lnkx>0時(shí),由elnkx當(dāng)lnkx≤0時(shí),由x>0綜上所述:lnkx≤x,可得kx≤e令gx=exx當(dāng)0<x<1時(shí),當(dāng)x>1時(shí),g所以gxmin=g1=e,所以0<k≤e,則k解析:由題意λ>0,不等式即2λe2λx≥lnx,進(jìn)而轉(zhuǎn)化為2λxe2λx≥當(dāng)x>0時(shí),g′x>0,所以g則不等式等價(jià)于g2λx≥因?yàn)棣?gt;0,x>所以2λx≥lnx對(duì)任意x>1恒成立,即設(shè)?t=lntt當(dāng)1<t<e時(shí),?′t>0,?t所以t=e時(shí),?t有最大值?e=1e,于是故答案為:12【25】1解析:由fx≤0,即lnx?因?yàn)閤≥1e,所以設(shè)gx=xlnx因?yàn)閤≥1e,所以g′x≥0,所以因?yàn)閤lnx≤eaxlneax,所以gx≤geax,所以x≤eax,所以lnx≤ax,所以a≥lnxx.設(shè)?x=lnxx,則?′x=1?lnxx2.由?′x<0,得x>e,則?x在e,+∞上單調(diào)遞減;由?′x<0,得0<x<e,則?x在(0,e)上單調(diào)遞增.故?即Fax≥Flnx,結(jié)合F整理得a≥lnxx在令gx=lnxx當(dāng)x∈0,e時(shí),當(dāng)x∈e,+∞時(shí),g所以gx的最大值為ge=1e所以a的取值范圍是1e,+∞.故答案為:【27】log解析:log?即log【28】1解析:a?構(gòu)造函數(shù)gx=ex而g′x=ex+1>令y=lnx?x,則y′=1?x對(duì)于lna+ln【29】1解析:由a?又x>0,所以設(shè)fx=x?2所以fx在0,+∞所以xx>設(shè)gx=log2x由g′xg所以gx在(0,e)上單調(diào)遞增,在e,+∞所以gx因?yàn)榇嬖谡龑?shí)數(shù)x,使得不等式a?2a≤1eln2.即a【30】B解析:由題意得,當(dāng)x>0時(shí),即ex令Fx=ex+e因?yàn)镕′x=ex+e>0恒成立,故故x+lna≥lnx令?x則?′當(dāng)x∈0,1時(shí),當(dāng)x∈1,+∞時(shí),故?x=lnx?x在x故lna≥?1,解得【31】(1)答案見解析(2)1解析:(1)因?yàn)閒x=aex?x,定義域?yàn)楫?dāng)a≤0時(shí),由于ex>0,則ae所以fx在R當(dāng)a>0時(shí),令f′x=當(dāng)x<?lna時(shí),f′x<0,則f當(dāng)x>?lna時(shí),f′x>0,則f綜上:當(dāng)a≤0時(shí),fx在當(dāng)a>0時(shí),fx在?∞,?lna上單調(diào)遞減,在?lna,+∞所以fx+x+lna令gx=ex+x,上述不等式等價(jià)于g∴原不等式等價(jià)于lna+x≥lnx令?x=lnx?x在(0,1)上?′x>0,?x單調(diào)遞增;在∴?lna≥?1=ln1∴a的取值范圍是1【32】(1)f1.33>0.33,證明見詳解(2)?∞,?1e(3)證明見詳解解析:(1)設(shè)g令?x=fx??因?yàn)?<x<1時(shí),lnx<x≥1時(shí),lnx≥0所以?x在x=1處取最小值,所以?1.33=f1.33?即f1.33(2)因?yàn)閒e所以f′當(dāng)x<1時(shí),f′e?x當(dāng)x≥1時(shí),f′e?x所以fe?x在x=1若fe?x≥a恒成立,即f所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為?∞,?1(3)當(dāng)x>1時(shí),要證x?1ln即證明ex?1lne因?yàn)閒x=x?lnx,當(dāng)x所以fx在1,+∞設(shè)tx=ex?因?yàn)閤>1,所以ex?1所以tx在1,+∞上單調(diào)遞增,則tx>t所以fex?1>【33】(1)fx的單調(diào)增區(qū)間(0,1),單調(diào)減區(qū)間1,+∞(2)(0,e]解析:(1)當(dāng)a=1時(shí),fx=2lnx?12x2?x,x>0所以f′x=2x?x?1=?x2?x+2x=?構(gòu)造函數(shù)gt=所以由2lnxa+xa≤ex+當(dāng)x=1時(shí),此不等式為0當(dāng)x>1時(shí),可得a構(gòu)造函數(shù)?x求導(dǎo)可得:?當(dāng)x>e時(shí),?′x>0,?x時(shí),?′x<0所以?minx=?e=e,所以a≤【34】(1)(2e+1)x?y?e=0(2)fx在解析:(1)因?yàn)閍=0,所以fx=x又f1故曲線y=fx在點(diǎn)1,f即2e+(2)當(dāng)a=1時(shí),所以fx=x令gx=ex?當(dāng)x∈0,+∞時(shí),g′x>e當(dāng)x∈0,1時(shí),x∈1,+∞時(shí),故?x≤?1=從而f′x=x+1成立,則fx在0,+∞(3)fx≥alnxxex+1≥a若a≤0,則alnxea若a>0,則alnx>0在φ′t=t+1即φt=tet+1在0,+∞則x≥alnx令Hx=xlnx當(dāng)x∈1,e時(shí),H′時(shí),H′x>0,Hx單調(diào)遞增,故綜上所述,a的取值范圍為(?∞,e].【35】(1)極小值為1,極大值為3ln2?1.(2)答案見解析(解析:(1)當(dāng)a=2時(shí),fx=3∴f當(dāng)0<x<1或x>2時(shí),f′x<∴fx在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,2)上單調(diào)遞增,在2∴fx的極小值為f1=1(2)由題意知fx的定義域?yàn)?f當(dāng)a≤0時(shí),若0<x<1,則f′x>∴fx在(0,1)上單調(diào)遞增,在1當(dāng)0<a<1時(shí),若0<x<a或x>1,則f′x<0,若a<x<1,則f′x>0,∴fx在(0,a)上單調(diào)遞減,在(a,1)上單調(diào)遞增,在1,+∞上單調(diào)遞減;當(dāng)a=1時(shí),f′x≤0,∴fx在0,+∞上單調(diào)遞減;當(dāng)a>1時(shí),若0<x<1或x>a,則f′x<0,若1<x<a,則f′x>0,∴fx在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,a)上單調(diào)遞增,在a,+∞上單調(diào)遞減;綜上所述,當(dāng)a(3)由題知,gx∵gx恰有2個(gè)零點(diǎn),∴方程1?a即方程xe?x?即e?x+ln