刚柔并济、虚实相依——谈谈极值条件的应用

第一章

先来第1题，来自陕西王全老师的“每日一题”：
1．求函数$y=\frac{x}{2}+1+\sqrt {x²+2x+2}$的值域．

第一章

解：函数的定义域为$R$，$y′=\frac{1}{2}+\frac{2x+2}{2\sqrt{x²+2x+2}}=\frac{\sqrt{x²+2x+2}+2x+2}{2\sqrt{x²+2x+2}}$，
令$\sqrt{x²+2x+2}+2x+2=0$，解得$x_0=-1-\frac{\sqrt{3}}{3}$，
$y′<0$，得$x<x_0$；$y′>0$，得$x>x_0$；$f(x)$在$(-∞，-1-\frac{\sqrt{3}}{3})$上递减，在$(-1-\frac{\sqrt{3}}{3}，+∞)$上递增；
故$f(x)$最小值为$f(x_0)=\frac{x_0}{2}+1+\sqrt{x_0^2+2x_0+2}=\frac{x_0}{2}+1-(2x_0+2)=-\frac{3}{2}x_0-1=\frac{1+\sqrt{3}}{2}$，
值域为$[\frac{1+\sqrt{3}}{2}，+∞)$．

第一章

2．若函数$f(x)=\frac{1}{3}x^3-x^2+ax-a$的图象与$x$轴只有一个交点，则实数$a$的取值范围是_____．

第一章

2．分析：$f′(x)=x^2-2x+a$，
①当$Δ=4-4a≤0$，即$a≥1$时，$f(x)$单调递增，只有一个零点；
②当$Δ=4-4a>0$，即$a<1$时，$f′(x)=0$的两个解$x_1=\frac{2-\sqrt{Δ}}{2}=1-\sqrt{1-a}$，$x_2=1+\sqrt{1-a}$，
由$f′(x)>0$，得$x∈(-∞，-x_1)∪(x_2，+∞)$；由$f′(x)<0$，得$x∈(x_1，x_2)$；
故$f(x)$在$(-∞，-x_1)$上递增，在$(x_1，x_2)$上递减，在$(x_2，+∞)$上递增；
因为$f(x)$的图像与$x$轴只有一个交点，故$f(x_1)<0$或$f(x_2)>0$，
由$f′(x_1)=x_1^2-2x_1+a=0$，得$x_1^2=2x_1-a$，代入$f(x_1)<0$，消去$x_1^2$，得
$\frac{2}{3}(ax_1-x_1-a)<0$，把$x_1=1-\sqrt{1-a}$代入，得$(\sqrt{1-a})^3<1$，$1-a<1$，$0<a<1$；
由$f′(x_2)=x_2^2-2x_2+a=0$，得$x_2^2=2x_2-a$，代入$f(x_2)>0$，消去$x_2^2$，得
$\frac{2}{3}(ax_2-x_2-a)>0$，把$x_2=1+\sqrt{1-a}$代入，得$(\sqrt{1-a})^3<-1$，无解；
综上，$a∈(0，+∞)$．

第一章

实际上，第2题中的函数图像过一个定点$(1,-\frac{2}{3})$，恰是它的对称中心，于是可以编出如下的：
3．已知函数$f(x)=\frac{1}{3}x^3-x^2+ax-a$存在极大值点$x_1$和极小值点$x_2$，
（1）求实数$a$的取值范围；
（2）求证：$f(x_2)<-\frac{2}{3}$．

第一章

3．分析：（1）$f′(x)=x^2-2x+a=0$存在两个不同的实数解，得$Δ=4-4a>0$，$a<1$；
（2）由（1）知$f′(x)=x^2-2x+a=0$的两个根为$x_1$和$x_2$，
则$x_1+x_2=2$，且$a=-x_2^2+2x_2$
由$x_1$为极大值点、$x_2$为极小值点，易知$x_1<x_2$，故$x_2>1$，
于是$f(x_2)=\frac{1}{3}x_2^3-x_2^2+a(x_2-1)=\frac{1}{3}x_2^3-x_2^2+(-x_2^2+2x_2)(x_2-1)=-\frac{2}{3}x_2^3+2x_2^2-2x_2$
设$g(x)=-\frac{2}{3}x^3+2x^2-2x$，$x>1$，则$g′(x)=-2x^2+4x-2=-2(x-1)^2≤0$，
故$g(x)$为递减函数，$g(x)<g(1)=-\frac{2}{3}$．

第一章

记得这几年有类似的高考题，我没找到，知道的说一下。

第一章

继续……
4．当$a≥2$且$x≥1$时，求证：$|\frac{e}{x}-\ln x|≤|x+a-\ln x|$．

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第一章

4．证明：先证明$\ln x-x+1≤0$成立，不难，略；
于是当$a≥2$且$x≥1$时，$x+a-\ln x>0$；
记$g(x)=\frac{e}{x}-\ln x$，显然$g(x)$递减，其唯一的零点为$x=e$；
故只需证明：当$x∈[1，e]$时，$\frac{e}{x}-\ln x≤x+a-\ln x$……………………①
以及当$x∈(e，+∞)$时，$\ln x-\frac{e}{x}≤x+a-\ln x$…………………②
对于①，等价于证明$x-\frac{e}{x}+a≥0$，左边的函数为增函数，不等式显然成立；
对于②，等价于证明$2\ln x-\frac{e}{x}-x-a≤0$，
构造函数$h(x)=2\ln x-\frac{e}{x}-x-a$，$x∈(e，+∞)$，则$h'(x)=\frac{e+2x-x^2}{x^2}$，
易求得$x∈(e，\sqrt{e+1}+1)$时，$h'(x)>0$；$x∈(\sqrt{e+1}+1，+∞)$时，$h'(x)<0$；
这里$x_0=\sqrt{e+1}+1$是$h'(x)$的零点，即$e+2x_0-x_0^2=0$，
故$h(x)_{max}=h(x_0)=2\ln{x_0}-\frac{e}{x_0}-x_0-a=2\ln{x_0}-\frac{x_0^2-2x_0}{x_0}-x_0-a
                                   =2(\ln{x_0}-x_0+1)-a≤-a<0$，
综上，原题得证．

第一章

继续，2015年全国文科卷1
5．设函数$f(x)=e^{2x}-a\ln x$，
(1)讨论$f(x)$的导函数$f′(x)$的零点的个数；
(2)证明：当$a>0$时，$f(x)≥2a+a\ln{\frac{2}{a}}$．

第一章

继续，第6题，来自贵校的月考题，目测也是别处拿来的
6．设$a∈ℝ$，若函数$f(x)=x^2+a(x+\ln x)$图像上的点都在第一象限，试求$a$的取值范围．

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还是网站出问题了？

第一章

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这是贵市去年的一个调考题。
很松的一个不等式，怀疑是命题者原创。

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回复 14# 第一章


我在哪？
我一般不关心这样试卷上的题目。

色k

每注册一个号只能登录一次就要报废了？
还是网站出问题了？
存★在！！ 发表于 2015-9-23 10:03

如果是网站问题，那为何其他人都没出过这样的问题？

第一章

5．解：(1)$f(x)$的定义域为$(0,+∞)$，$f′(x)=2e^{2x}-\frac{a}{x}=\frac{2xe^{2x}-a}{x}$，
当$a≤0$时，$f′(x)>0$恒成立，没有零点；
当$a>0$时，显然$f′(x)$为递增函数，$f′(a)=\frac{2ae^{2a}-a}{a}>\frac{2a-a}{a}=1>0$；
又取$x_1=\min\{\frac{a}{4},\frac{1}{4}\}$，则$f′(x_1)=\frac{2x_1e^{2x_1}-a}{x_1}≤\frac{\frac{a}{2}(e^{2x_1}-2)}{x_1}≤\frac{a(\sqrt{e}-2)}{2x_1}<0$；
$f′(x)$存在唯一零点；
(2)当$a>0$时，由(1)知，$f′(x)$存在唯一零点，记为$x_0$，
即$x_0$满足方程$2x_0e^{2x_0}-a=0$，$e^{2x_0}=\frac{a}{2x_0}$，…………………………………………………①
$\ln{e^{2x_0}}=\ln{\frac{a}{2x_0}}$，$2x_0=\ln{\frac{a}{2x_0}}=\ln{\frac{a}{2}}-\ln{x_0}$，$\ln{x_0}=\ln{\frac{a}{2}}-2x_0$，…………………………②
当$x∈(0,x_0)$时，$f′(x)<0$，$f(x)$在$(0,x_0)$上递减；当$x∈(x_0,+∞)$时，$f′(x)>0$，在$(x_0,+∞)$上递增；
$f(x)_{\min}=f(x_0)=e^{2x_0}-a\ln{x_0}=\frac{a}{2x_0}-a(\ln{\frac{a}{2}}-2x_0)=a(\frac{1}{2x_0}+2x_0-\ln{\frac{a}{2}})≥a(2\sqrt{\frac{1}{2x_0}∙2x_0}-\ln{\frac{a}{2}})=2a+a\ln{\frac{2}{a}}$
仅当$\frac{1}{2x_0}=2x_0$，即$x_0=\frac{1}{2}$时取等号．

第一章

6．解：若$a=0$，$f(x)=x^2>0$，符合题意；
若$a>0$，取$x_0=\min\{a,\frac{1}{e}\}$，
则$f(x_0)=x_0^2+a(x_0+\ln{x_0})≤ax_0+a(x_0+\ln{x_0})=a(2x_0+\ln{x_0})≤a(\frac{2}{e}+\ln{\frac{1}{e}})<0$，不合题意；
当$a<0$时，$f′(x)=\frac{2x^2+ax+a}{x}$，由$f′(x)=0$，得$2x^2+ax+a=0$，
解得$x_1=\frac{-a-\sqrt{a²-8a}}{4}$，$x_2=\frac{-a+\sqrt{a²-8a}}{4}$，结合$a<0$，有$x_1<0$，$x_2>0$；
由$f′(x)<0$，得$x∈(0，x_2)$，$f(x)$单调递减；由$f′(x)>0$，得$x∈(x_2，+∞)$，$f(x)$单调递增；
故$f(x)$的最小值为$f(x_2)$，依题意，只需$f(x_2)>0$，
由$f(x_2)=x_2^2+a(x+2+\ln{x_2})=-\frac{ax_2+a}{2}+a(x_2+\ln{x_2})>0$，得$2\ln{x_2}+x_2-1<0$，
而函数$g(x)=2\ln x+x-1$为增函数，且$g(1)=0$ ，
故由$2\ln{x_2}+x_2-1<0$，得$x_2<1$，即$\frac{-a+\sqrt{a^2-8a}}{4}<1$，解此不等式得$-1<a<0$；
综上，$-1<a≤0$．

第一章

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