解得{??=1,??=0.
(2)由(1)知f(x)=x(ln x+1),
则x∈(1,+∞)时,f(x)≥m(x-1)恒成立等价于x∈(1,+∞)时,m≤??(ln??+1)
??-1
恒成立. 令g(x)=
??(ln??+1)
??-1,x>1, 则g'(x)=??-ln??-2(??-1)
2.
令h(x)=x-ln x-2,则h'(x)=1-1
??-1
??=??,∴当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,则h(x)单调递增,
∵h(3)=1-ln 3<0,h(4)=2-2ln 2>0, ∴?x0∈(3,4),使得h(x0)=0.
当x∈(1,x0)时,g'(x)<0;x∈(x0,+∞)时,g'(x)>0,
∴g(x)min=g(x0)=
??0(ln ??0+1)
??0-1
. ∵h(x0)=x0-ln x0-2=0, ∴ln x0=x0-2. ∴g(x)min=g(x0)=
??0(??0-2+1)
??0-1
=x0∈(3,4). ∴m≤x0∈(3,4),即正整数m的最大值为3.
2.已知函数f(x)=ex-1,g(x)=ln x+a. (1)设F(x)=xf(x),求F(x)的最小值;
(2)证明:当a<1时,总存在两条直线与曲线y=f(x)与y=g(x)都相切. (1)解 F(x)=xex-1,F'(x)=(x+1)ex-1,
当x<-1时,F'(x)<0,F(x)单调递减; 当x>-1时,F'(x)>0,F(x)单调递增, 故x=-1时,F(x)取得最小值F(-1)=-1e
2.
(2)证明 因为f'(x)=ex-1,所以f(x)=ex-1在点(t,et-1)处的切线方程为y=et-1x+(1-t)et-1;
因为g'(x)=1
1
??,所以g(x)=ln x+a在点(m,ln m+a)处的切线方程为y=??·x+ln m+a-1, e??-11
由题意可得{=??,
??-1,则(t-1)et-1(1-??)e??-1=ln??+-t+a=0. 令h(t)=(t-1)et-1-t+a,则h'(t)=tet-1-1. 由(1)得t<-1时,h'(t)单调递减,且h'(t)<0; 当t>-1时,h'(t)单调递增.又h'(1)=0,t<1时,h'(t)<0, 所以,当t<1时,h'(t)<0,h(t)单调递减;
25
当t>1时,h'(t)>0,h(t)单调递增. 由(1)得h(a-1)=(a-2)ea-2+1≥-1e+1>0,
又h(3-a)=(2-a)e2-a+2a-3>(2-a)(3-a)+2a-3=a-32
2+3
4>0,
h(1)=a-1<0,所以函数y=h(t)在(a-1,1)和(1,3-a)内各有一个零点, 故当a<1时,存在两条直线与曲线f(x)与g(x)都相切. 3.(2019湖南六校联考)已知函数f(x)=ex,g(x)=ax2+x+1(a>0). (1)设F(x)=
??(??)
??(??),讨论函数F(x)的单调性; (2)若0
??(??)
=
????2e??,F'(x)=??
e??=
-e????), ①若
a=1则F'(x)=-????2
2,e??≤0,∴F(x)在R上单调递减. ②若a>1
2??-1
2,则
??>0, 当x<0或x>2??-1
2??-1
??时,F'(x)<0,当0
∴F(x)在(-∞,0),2??-1
??
,+∞上单调递减,在0,2??-1
??
上单调递增.
③若0 2??-1 2,则 ?? <0, 当x< 2??-1 x>0时,F'(x)<0,当 2??-1 ?? 或?? ,(0,+∞)上单调递减,在 2??-1 ???? ,0上单调递增. (2)证明 ∵0 1 2,∴ax2+x+1≤2x2+x+1. 设h(x)=ex-1 2x2-x-1,则h'(x)=ex-x-1. 设p(x)=h'(x)=ex-x-1,则p'(x)=ex-1,在(0,+∞)上,p'(x)>0恒成立, ∴h'(x)在(0,+∞)上单调递增. 又h'(0)=0,∴当x∈(0,+∞)时,h'(x)>0, ∴h(x)在(0,+∞)上单调递增, ∴h(x)>h(0)=0,∴ex-1 2x2-x-1>0,ex>1 2x2+x+1, 26 ∴ex>2x2+x+1≥ax2+x+1, 综上,f(x)>g(x)在(0,+∞)上恒成立. 4.已知函数f(x)=x2+aln x. (1)若a=-2,判断f(x)在(1,+∞)上的单调性; (2)求函数f(x)在[1,e]上的最小值; (3)当a=1时,是否存在正整数n,使f(x)≤e??-????2 +x,对?x∈(0,+∞)恒成立?若存在,求出??21 n的最大值;若不 存在,说明理由. 解 (1)当 a=-2时,f'(x)=2x-2 ?? = 2(??2-1) ?? . 由于x∈(1,+∞),故f'(x)>0, ∴f(x)在(1,+∞)单调递增. (2)f'(x)=2x+?? 2??2+?? ?? = ?? . 当a≥0时,f'(x)≥0,f(x)在[1,e]上单调递增, ∴fmin(x)=f(1)=1. 当a<0时,由f'(x)=0解得x=±√-??2(负值舍去). 设x0=√-?? 2. 若√-?? 2≤1,即a≥-2,也就是-2≤a<0时,x∈[1,e],f'(x)>0,f(x)单调递增, ∴fmin(x)=f(1)=1. 若1<√-?? 2 =?? ln-?? 22-1. 若√-?? 2≥e,即a≤-2e2时,x∈[1,e],f'(x)<0,f(x)单调递减. ∴fmin(x)=f(e)=e2+a. 综上所述:当a≥-2时,f(x)的最小值为1; 当-2e2 ???? 2 ln-2-1; 27 当a≤-2e2时,f(x)的最小值为e2+a. (3)当a=1时,不等式为x2+ln x≤ e ??-???? ??2+x2, 即ln x≤ e???????2?? ,x∈(0,+∞)恒成立. 由于x=1∈(0,+∞),故0≤e-n成立,n≤e. 又因为n∈N+, 所以n只可能为1或2. 下证n=2时不等式ln x≤e?? 2??2??? ,x∈(0,+∞)恒成立. 事实上,设g(x)=e???2??2?? -ln x, g'(x)= e??·??2-2??e??2 ??4+??2?1 ??-2)(e??-??) ??= (??3. 又设h(x)=ex-x,h'(x)=ex-1>0,h(x)在(0,+∞)单调递增, 故h(x)>h(0)=1>0. 即ex-x>0, 所以当x∈(0,2)时,g'(x)<0,g(x)单调递减, x∈(2,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增. 故g(x)≥g(2)=e2-4-4ln2 -4-4ln2 4> 2.724> 3-4ln2 4>0. 即 n=2时,ln x≤e?? ?2 ??2??,对?x∈(0,+∞)恒成立. 所以存在正整数n,且n的最大值为2,满足题意. 专题三 三角函数 28