微专题40形如f(x)ex+g(x)ln x型的函数问题答案

微专题40

1．答案：???

?1e ，＋∞；(－∞，0)和(0，1)． 解析：f ′(x )＝1＋ln x ，令f ′(x )＞0，得x ＞1e

，所以函数f (x )的单调递增区间为????1e ，＋∞； g ′(x )＝e x （x －1）x 2

，令g ′(x )＜0，得x ＜1，所以函数g (x )的单调递减区间为(－∞，0)和(0，1)．

2．答案：0.

解析：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝e x ＋1x ≥x ＋1＋1x

≥3，所以f ′(x )的零点个数是0. 3．答案：e x 1f (x 2)＞e x 2f (x 1)．

解析：设F (x )＝f （x ）e x ，则F ′(x )＝f ′（x ）－f （x ）e x

＞0，即 F (x )＝f （x ）e x 在R 上单调递增，又因为x 1＜x 2，所以f （x 1）e x 1＜f （x 2）e x 2

，所以e x 1f (x 2)＞e x 2f (x 1)． 4．答案：(0，＋∞)．

解析：令g (x )＝f （x ）＋1e x ，则g ′(x )＝f ′（x ）－f （x ）－1e x

＞0，所以 g (x )在R 上是增函数，又g (0)＝4，所以解集为(0，＋∞)．

5．答案：(－∞，－3]∪{2}．

解析：当x ＞1时，f (x )＝ln x ＋e x －3，所以函数f (x )在(1，＋∞)上单调递增，又f (1)＝e －3＜0，f (2)＝ln2＋e 2－3＞0，所以函数f (x )在(1，＋∞)上有且只有一个零点，且该零点在区间(1，

2)内；又因为函数f (x )有且只有2个零点，所以f (x )＝x 2＋ax ＋2在区间(－∞，1]上有且只有

一个零点．①当－a 2

≤1时，a 2－8＝0，解得a ＝±22(舍负)； ②f (1)＜0，解得a ＜－3；

③f (1)＝0即a ＝－3时，经检验符合题意；综上所述，a ≤－3或a ＝2 2.

6．答案： e.

解析：设h (x )＝ln x －x 22e ，则h ′(x )＝1x －x e ＝e －x 2

e x

，所以当x ∈(0，e)时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增，当x ∈(e ，＋∞)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减，所以h (x )的最大值为h (e)＝0，即

ln x ≤x 22e ，所以ln x x ≤x 2e .记g (x )＝f （x ）x ＝???x 2e

，x ≥a ，ln x x

，0＜x ＜a 由题意知，对任意实数k 总存在实数x 0，使得k ＝g (x 0)成立，所以函数g (x )的值域为R ，故实数a 的值为 e.

7．证明：∵f ′(x )＝1x ，∴切线l ：y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)，即l ：y ＝1x 0

x ＋ln x 0－1，① 设直线l 与曲线y ＝g (x )相切于点(x 1，e x 1)，∵g ′(x )＝e x ，∴e x 1＝1x 0，即x 1＝－ln x 0.则直线l

也为y －1x 0＝1x 0(x ＋ln x 0)，即y ＝1x 0x ＋ln x 0x 0＋1x 0

，② 由①②得ln x 0－1＝ln x 0x 0＋1x 0，∴ln x 0＝x 0＋1x 0－1

，下证：在区间(1，＋∞)上x 0存在且唯一． 设φ(x )＝ln x －x ＋1x －1

，φ′(x )＝1x ＋2（x －1）2＝x 2＋1x （x －1）2， ∵x ＞0且x ≠1，∴φ′(x )＞0在(1，＋∞)上恒成立，φ(x )在(1，＋∞)上单调递增．又φ(e)

＝lne －e ＋1e －1＝－2e －1＜0，φ(e 2)＝lne 2－e 2＋1e 2－1＝e 2－3e 2－1

＞0.结合零点存在定理，说明方程 φ(x )＝0必在区间(e ，e 2)上有唯一的根，这个根就是所求的唯一x 0，故结论成立．

8．答案：(1)单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)；(2)(－∞，2]．

解析：(1)f ′(x )＝e x －1－a ，设切点为(x 0，0)，依题意，???f （x 0）＝0，f ′（x 0）＝0，即???e x 0－1－ax 0＝0，e x 0

－1－a ＝0， 解得???x 0＝1，a ＝1，

所以f ′(x )＝e x －1－1，当x ＜1时，f ′(x )＜0；当x ＞1时，f ′(x )＞0，故f (x )的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．

(2)令g (x )＝f (x )－m (x －1)ln x ，x ＞0，则g ′(x )＝e x －1－m ?

???ln x ＋x －1x －1， 令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝e x －1－m ????1x ＋1x 2，

①若m ≤12

，因为当x ＞1时，e x －1＞1，m ????1x ＋1x 2＜1，所以h ′(x )＞0，所以h (x )即 g ′(x )在(1，＋∞)上单调递增．又因为g ′(1)＝0，所以当x ＞1时，g ′(x )＞0，从而g (x )在[1，＋∞)上单调递增，而g (1)＝0，所以g (x )＞0，即f (x )＞m (x －1)ln x 成立；

②若m ＞12

，可得h ′(x )＝e x －1－m ????1x ＋1x 2在(0，＋∞)上单调递增，又因为h ′(1)＝1－2m ＜0，h ′(1＋ln(2m ))＝2m －m ???

?11＋ln （2m ）＋1[1＋ln （2m ）]2＞0，所以存在x 1∈(1，1＋ln(2m ))，使得h ′(x 1)＝0，且当x ∈(1，x 1)时，h ′(x )＜0，所以h (x )即g ′(x )在(1，x 1)上单调递减，又因为g ′(1)＝0，所以当x ∈(1，x 1)时，g ′(x )＜0，从而g (x )在(1，x 1)上单调递减，而g (1)＝0，所以当x ∈(1，x 1)时，g (x )＜0，即f (x )＞m (x －1)ln x 不成立；

综上所述，m 的取值范围是]21,(-∞.

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/6beq.html