Page 45 - 高中数学小题狂做·选择性必修第一册·SJ

1 1 1 1
,
asinx 0=0 , 即cosx 0=asinx 0 tanx 0= , 则3= , 则 . 令 f ' ( x ) >0 , 解得x> , 令 f ' ( x ) <0 , 解得0<x<
a a e e
1 1 1

(
a= . , 所以 f x ) 的单调增区间为 e , +∞ , 单调减区间
3 e
1 1

(
10. ( 2 , + ∞ ) f x ) =alnx-x+ 的 定 义 域 为 为 0 , e .
x
2 ,
f
x -ax+1 ( 2 ) 证法1 分析: ( x ) 的草图如图所示. 假设有一个x 3
f
( 0 , +∞ ), ' ( x ) = - , 根据题意可得 y=
x 2 1 1
使得x 1 x 3= , 即可. 而
2 2 2 x 3= 2 . 只要证明 x 2 <x 3
x -ax+1在( 0 , +∞ ) 上存在变号零点, 故Δ=a -4> e ex 1
a 1
( )
0 , 且 >0 , 解得a∈ ( 2 , +∞ ) . f x ) 在 e , +∞ 上 单 调 递 增, 所 以 要 证 f x 2 <

(
2
2
a x -a ( ) , 都与x 1 有关系, 可将不等式两边换成x 1 ,
f x 3 .x 2 x 3
11. ( 0 , 4 ) f ' ( x ) =x- = , 因为在( 0 , 2 ) 上存
x x 1
即 f x 1 < f , 由此构造函数.
( )
, ( ( ) ( ) 成立, 所以函数 2
在x 1 x 2 x 1 ≠x 2 ), 使得 f x 1 = f x 2 ex 1
1
(
2
f x ) = x -alnx 在( 0 , 2 ) 上不是单调函数, 所以
2
a x -a
2
2
f ' ( x ) =x- = =0 在( 0 , 2 ) 上有解, 所以 x -
x x
a=0在( 0 , 2 ) 上有解, 所以a∈ ( 0 , 4 ) .
1 x

12. , +∞ 由题意 g x ) =ae -lnx+lna≥0在
(
e

x+lna lnx 1 1 1
,
( 0 , +∞ ) 上恒成立, 即 e +x+lna≥e +lnx 在 构造函数F ( x ) =xlnx- 2 ln 2 0<x< .
ex ex e

x
(
(
( 0 , +∞ ) 上恒成立. 设 f x ) =e +x , 则 f x+lna ) ≥
1

flnx ) . 因为 f x ) 为增函数, 所以 x+lna≥lnx , 即 则F' ( x ) =lnx+1- 2 2 1+lnx ) = ( 1+lnx )·
(

(
(
ex

lna≥lnx-x 在( 0 , +∞ ) 上恒成立. 设h ( x ) =lnx-x , 1 1 1
ex 时, 1+lnx<0 , 1- 2 2 <0 , 故
1- 2 2 . 当0<x<
1-x e ex
x∈ ( 0 , +∞ ) . 因为h' ( x ) = , 所以 x∈ ( 0 , 1 ) 时,
x 1

F' ( x ) >0 , F ( x ) 在 0 , e 上单调递增, 所以 F ( x ) <
h' ( x ) >0 , h ( x ) 单调递增, x∈ ( 1 , +∞ ) 时, h' ( x ) <0 ,

h ( x ) 单调递减, h ( x ) ≤h ( 1 ) =-1 , 所以lna≥-1 , 即 1 1
F e =0. 由第( 1 ) 问及 f x 1 = f x 2 e ,
( )
( ) 知x 1∈ 0 ,
1
a≥ .
e 1 1

)
( )
x 2∈ e , +∞ , 所以 F ( x 1 <0 , 即 f x 1 < f ,
2
︵
π ex 1
13. 规 范 解 答 解:( 1 ) L =AC +CD = ×20+
3 1 1 1 1
f
所以 f x 2 < f . 又 x 2> , 2 > , ( x ) 在
( )
2
ex 1 e ex 1 e
2π 20
2 2
20 +40 -2×20×40×cos = π+20 7 ≈20+ 1 1
3 3 1 , 即x 1 x 2< 2 .

e , +∞ 上单调递增, 所以x 2< 2 e
52=72 ( m ) . ex 1
( ),
证 法 2 若 存 在 x 1 <x 2 使 f x 1
( ) =f x 2
1 1
2
( 2 ) S ( θ ) =S扇形 AOC+S △COD = ×θ×20 + ×20×40× m

2 2 lnx 1= ,
2x 1 lnx 1=m , 2x 1
sin ( π-θ ) =200θ+400sinθ , θ∈ ( 0 , π ) . 所以
m
2x 2 lnx 2=m ,
2π lnx 2= ,
3 2x 2
S' ( θ ) =200+400cosθ. 当θ∈ 0 , 时, S' ( θ ) >0 ,
m m m ( x 2-x 1 )
2π 两式相减可得 lnx 1-lnx 2= - = , 得
, π 时, S' ( θ ) <0 , S ( θ ) 单调
S ( θ ) 单调递增; 当θ∈ 3 2x 1 2x 2 2x 1 x 2
m lnx 1-lnx 2
递减. = · x 1 x 2 ,
2 x 2-x 1
2π 2π
所以当θ= 时, S 取最大值S max=200× +400× m m m ( x 2+x 1 )
3 3 两式相加可得 lnx 1+lnx 2= + = , 得
2x 1 2x 2 2x 1 x 2

3 400π
2
= +2003≈ 400+340=740 ( m ) . m lnx 1+lnx 2 ,
2 3 = · x 1 x 2
2 x 2+x 1

14. 规范解 答 解:( 1 ) ( x ) 的 定 义 域 为 ( 0 , + ∞ ) .
f
所 以 lnx 1-lnx 2 lnx 1+lnx 2 , 则
· x 1 x 2 = · x 1 x 2
f ' ( x ) =2 ( lnx+1 ) . 令 f ' ( x ) =2 ( lnx+1 ) =0 , 解得x= x 2-x 1 x 2+x 1
· 9 ·
5