导数-双变量不等式答案解析

=
1 x
−
e x2
=
x−e .
x2
当x ∈ (0, e)时，f ′(x) < 0,所以f (x)在(0, e)上单调递减;
当x ∈ (e, +∞)时，f ′(x) > 0,所以f (x)在(e, +∞)上单调递增;
又因为f (x)连续，所以当x = e时，f (x)取最小值f (e) = ln e + e = 2 e
而当0 < a < 1 时g( 1 ) = 1 − ln 1 < 0, f ′(x) = 0必有根，f (x)必有极值，在定义域上不单
2e 2a
2a
调。
∴a≥ 1 2e
（3）由（1）知g(x) = 1 − 1 + ln x 在(0, 1)上单调递减 x
∴ 1 < x < y < 1时, g(x) > g(y)即1 + ln x < 1 + ln y
当m > 2 时，函数g(x)无零点; 3
当m = 2 或m ≤ 0时，函数g(x)有且仅有一个零点; 3
当0 < m < 2 时，函数g(x)有两个零点. 3
（3）对任意b > a > 0, f (b) − f (a) < 1恒成立，等价于对任意b > a > 0, f (b) − b < f (a) − a恒 b−a
e
x
y
而∴ 1 < x < y < 1时, −1 < ln x < 0, ∴ 1 + ln x > 0, ∴ y < 1 + ln y
e
x 1 + ln x
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3.解：（1）当m
=
e时，f (x)
=
ln x +
e 定义域为(0, +∞), f ′(x) x
由图可知
当m > 2 时，函数y = m和函数y = h(x)无交点; 3
当m = 2 时，函数y = m和函数y = h(x)有且仅有一个交点; 3
当0 < m < 2 时，函数y = m和函数y = h(x)有两个交点; 3
当m ≤ 0时，函数y = m和函数y = h(x)有且仅有一个交点。
综上所述
当x ∈ (1, +∞)时，h′(x) < 0,所以h(x)在(1, +∞)上单调递减;
因为h(x)连续，所以当x
=
1时,h(x)取的最大值h(1)
=
1 −
+
1
=
2
3
3
令h(x)
=
0,即− 1 x3
+
x
=
0,化简为x(−x2
+
3)
=
0,因为x
≥
0,所以解得x
=
0或x
=
√ 3,
3
故函数h(x)的图像如图所示；
=
1 e
∴ 当a ≥ 1 时，函数f (x)在(0, +∞)单调递增. 2e
若0 < a <
1
,
来自百度文库g(x)
=
2ax
−
ln
x,
(x
>
0),
g′(x)
=
2a
−
1 ,
g′(x)
=
0,
x
=
1 , x ∈ (0,
1 ),
2e
x
2a
2a
g′(x) < 0, x ∈ ( 1 , +∞), g′(x) > 0 2a
∴ x = 1 时取得极小值，即最小值。 2a
即函数h(x)
=
tg(x)
−
xf (x)
=
1 tx2
−
1 x
−
x ln x, 在(0, +∞)上为增函数，
2
2
即h′(x) = tx − ln x − 3 ≥ 0在(0, +∞)上恒成立
2
即t
≥
ln x
+
3 2
在(0, +∞)上恒成立，
x
设G(x)
=
ln x
+
3 2
则G′(x)
=
−(
1 2
+
ln x) ,
f ′(0)
=
1 − a − ln 1 12
=
0, ∴
a
=
1, ∴
f (x)
=
1
+ ln x
x ,
x
>
0,
f
′(x)
=
ln x − x2
当0 < x < 1时，f ′(x) > 0,当x > 1时，f ′(x) < 0.∴ f (x)在(0, 1)上单调递增，在(1, +∞)单调
递减，
故f (x)在x = 1处取得极大值1,无极小值； （2）∴ x > 1时，f (x) = 1 + ln x > 0当x −→ 0时，y −→ −∞
x 由（1）得f (x)在(0, 1)上单调递增，∴由零点存在原理，f (x)在区间(0, 1)存在唯一零点，函
数f (x)的图像如图所示；
成立，
因此m ≥ 1,当且仅当x = 1 时取等，故m的取值范围是[1 , +∞).
4
2
4
4.无答案
5.解：（1）由f (x) =
a + ln x 得f ′(x) =
1 x
·
x
−
(a
+
ln
x)
=
1 − a − ln x,
x
x2
x2
∵
f (x)在 点(1, f (1))处 的 切 线 与x轴 平 行，∴
x
x2
∴
G(x)在(0,
1 √
)上为增函数，在(
1 √
, +∞)上为减函数.
e
e
∴
G(x)
≤
G(
1 √
e
)
=
√ e,
∴
t
≥
√ e.
2.（1）解:由f (1) = 2, 得a = 1, 又x > 0,
∴ x2 + x − x ln x ≥ bx2 + 2x恒成立⇐⇒ 1 − 1 − ln x ≥ b, xx
（2）由题意可得，g(x)
=
f ′(x) −
x 3
=
1 x
−
m x2
−
x (x
3
>
0).令g(x)
=
0,得m
=
− 1 x3 + x(x 3
>
0).
设h(x) = − 1 x3 + x(x ≥ 0)则h′(x) = −x2 + 1 = −(x − 1)(x + 1). 3
当x ∈ (0, 1)时，h′(x) > 0,所以h(x)在(0, 1)上单调递增;
令g(x) = 1 − 1 − ln x ,可得g(x)在(0, 1]上递减，在[1, +∞)上递增， xx
所以g(x)min = g(1) = 0即b ≤ 0
（2）f ′(x)
=
2ax − ln x(x
>
0)令f ′(x)
≥
0得2a
≥
ln x, 设h(x) x
=
ln x当x x
=
e时h(x)max
成立。
设h(x)
=
f (x)
−
x
=
ln
x
+
m x
−
x(x
>
0)则由以上条件可得，h(x)在(0,
+∞)上单调递减；
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所以h′(x)
=
1 x
−
m x2
−1
≤
0在(0, +∞)恒成立，从而m
≥
−x2 + x
=
−(x −
1 )2 + 2
1 在(0, +∞)恒 4
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1.B;2.D;3.③④;
1.解：若x1 > x2 > 0,总有t[g(x1) − g(x2)] > x1f (x1) − x2f (x2)成立，
若x1 > x2 > 0,总有tg(x1) − x1f (x1) > tg(x2) − x2f (x2)成立，