练习册

  • 练习册
  • 试题
    精英家教网 > 高中数学 > 题目详情
    （2011•江西模拟）已知函数f（x）=ax-lnx+1（a∈R），g（x）=xe1-x．
    （1）求函数g（x）在区间（0，e]上的值域；
    （2）是否存在实数a，对任意给定的x0∈（0，e]，在区间[1，e]上都存在两个不同的xi（i=1，2），使得f（xi）=g（x0）成立．若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．
    （3）给出如下定义：对于函数y=F（x）图象上任意不同的两点A（x1，y1），B（x2，y2），如果对于函数y=F（x）图象上的点M（x0，y0）（其中x0=
    x1+x22
    )    总能使得F（x1）-F（x2）=F'（x0）（x1-x2）成立，则称函数具备性质“L”，试判断函数f（x）是不是具备性质“L”，并说明理由．
    分析：（1）先求导函数g'（x）=e1-x1xe1-x=ex-1（1-x），从而可知函数在区间（0，1]上单调递增，在区间[1，e）上单调递减，因此可求函数的值域．
    （2）令m=g（x），则由（1）可得m∈（0，1]，原问题等价于：对任意的m∈（0，1]，f（x）=m在[1，e]上总有两个不同的实根，故f（x）在[1，e]不可能是单调函数，从而可得a∈(
    1
    e
    ，1)    ，又f(x)min=f(
    1
    a
    )=2+lna≤0    可得a≤
    1
    e2
    ，矛盾，因此满足条件的a不存在
    （3）设函数f（x）具备性质“L”，即在点M处地切线斜率等于kAB，不妨设0＜x1＜x2，易得
    lnx1-lnx2
    x1-x2
    =
    2
    x1+x2
    即ln
    x1
    x2
    =
    2(x1-x2)
    x1+x2
    =
    2(
    x1
    x2
    -1)
    x1
    x2
    +1
    ，令t=
    x1
    x2
    ∈(0，1)    ，则有lnt+
    4
    t+1
    -2=0    ，令F（t）=lnt+
    4
    t+1
    -2    ，则由F′(t)=
    1
    t
    -
    4
    (t+1)2
    =
    (t-1)2
    t(t+1)
    ＞0    可得F（t）在（0，1）上单调递增，故F（t）＜F（1）=0，从而方程lnt+
    4
    t+1
    -2=0    无解，故可得证．
    解答：解：（1）∵g'（x）=e1-x1xe1-x=ex-1（1-x）在区间（0，1]上单调递增，在区间[1，e）上单调递减，且g（0）=0，g（1）=1＞g（e）=e2-e函数g（x）在区间（0，e]上的值域为（0，1]…．（3分）
    （2）令m=g（x），则由（1）可得m∈（0，1]，原问题等价于：对任意的m∈（0，1]f（x）=m在[1，e]上总有两个不同的实根，故f（x）在[1，e]不可能是单调函数                              …（5分）∵f′(x)=a-
    1
    x
    (1≤x≤e)
    当a≤0时，f′(x)=a-
    1
    x
    ＜0    ，在区间[1，e]上递减，不合题意
    当a≥1时，f'（x）＞0，在区间[1，e]上单调递增，不合题意
    当0＜a≤
    1
    e
    时，f'（x）＜0，在区间[1，e]上单调递减，不合题意
    当1＜
    1
    a
    ＜e    即
    1
    e
    ＜a＜1    时，在区间[1，
    1
    a
    ]    上单调递减；在区间[
    1
    a
    ，e]    上单递增，
    由上可得a∈(
    1
    e
    ，1)    ，此时必有f（x）的最小值小于等于0且f（x）的最大值大于等于1，而由f(x)min=f(
    1
    a
    )=2+lna≤0    可得a≤
    1
    e2
    ，则a∈Φ
    综上，满足条件的a不存在．…..（8分）
    （3）设函数f（x）具备性质“L”，即在点M处地切线斜率等于kAB，不妨设0＜x1＜x2，则kAB=
    y1-y2
    x1-x2
    =
    a(x1-x2)-(lnx1-lnx2)
    x1-x2
    =a-
    lnx1-lnx2
    x1-x2
    ，而f（x）在点M处的切线斜率为f′(x0)=f′(
    x1+x2
    2
    )=a-
    2
    x1+x2
    ，故有
    lnx1-lnx2
    x1-x2
    =
    2
    x1+x2
    …..（10分）
    即ln
    x1
    x2
    =
    2(x1-x2)
    x1+x2
    =
    2(
    x1
    x2
    -1)
    x1
    x2
    +1
    ，令t=
    x1
    x2
    ∈(0，1)    ，则上式化为lnt+
    4
    t+1
    -2=0    ，
    令F（t）=lnt+
    4
    t+1
    -2    ，则由F′(t)=
    1
    t
    -
    4
    (t+1)2
    =
    (t-1)2
    t(t+1)
    ＞0    可得F（t）在（0，1）上单调递增，故F（t）＜F（1）=0，即方程lnt+
    4
    t+1
    -2=0    无解，所以函数f（x）不具备性质“L”．…（14分）
    点评：此题是个难题．考查利用导数研究函数的单调性，和求函数的最值问题，体现了分类讨论和数形结合以及题意的理解与转化的思想．特别是问题（2）的设置，考查了学生创造性分析解决问题的能力．
    练习册系列答案
    年级 高中课程 年级 初中课程
    高一 高一免费课程推荐！ 初一 初一免费课程推荐！
    高二 高二免费课程推荐！ 初二 初二免费课程推荐！
    高三 高三免费课程推荐！ 初三 初三免费课程推荐！
    相关习题

    科目：高中数学 来源： 题型：

    （2011•江西模拟）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a2-b2=
    		3
    bc    ，sinC=2
    		3
    sinB    ，则A=（　　）

    查看答案和解析>>

    科目：高中数学 来源： 题型：

    （2011•江西模拟）已知数列{an}，{bn}分别是等差、等比数列，且a1=b1=1，a2=b2，a4=b3≠b4．
    ①求数列{an}，{bn}的通项公式；
    ②设Sn为数列{an}的前n项和，求{
    1
    Sn
    }的前n项和Tn；
    ③设Cn=
    anbn
    Sn+1
    （n∈N），Rn=C1+C2+…+Cn，求Rn．

    查看答案和解析>>

    科目：高中数学 来源： 题型：

    （2011•江西模拟）已知数列{an}满足an+1=
    2an
    an+2
    （n∈N*），a2011=
    1
    2011
    ．
    （1）求{an}的通项公式；
    （2）若bn=
    4
    an
    -4023    且cn=
    b
    2
    n+1
    +
    b
    2
    n
    2bn+1bn
    (n∈N*)    ，求证：c1+c2+…+cn＜n+1．

    查看答案和解析>>

    科目：高中数学 来源： 题型：

    （2011•江西模拟）设a∈R，f(x)=cosx(asinx-cosx)+cos2(
    π
    2
    -x)    满足f(-
    π
    3
    )=f(0)    ，
    （Ⅰ）求函数f（x）的单调递增区间；
    （Ⅱ）设△ABC三内角A，B，C所对边分别为a，b，c且
    a2+c2-b2
    a2+b2-c2
    =
    c
    2a-c
    ，求f（x）在（0，B]上的值域．

    查看答案和解析>>

    同步练习册答案