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2017版考前三个月(浙江专版,文理通用)高考知识·方法篇 专题3 函数与导数 第10练


第 10 练
[题型分析· 高考展望]

研创新——以函数为背景的创新题型
在近几年的高考命题中,以函数为背景的创新题型时有出现.主要以

新定义、新运算或新规定等形式给出问题,通过判断、运算解决新问题.这种题难度一般为 中档,多出现在选择题、填空题中,考查频率虽然不是很高,但失分率较高.通过研究命题 特点及应对策略,可以做到有备无患. 体验高考 1,x>0, ? ? 1. (2015· 湖北)已知符号函数 sgnx=?0,x=0, ? ?-1,x<0. 则( )

f(x)是 R 上的增函数, g(x)=f(x)-f(ax)(a>1),

A.sgn[g(x)]=sgn x B.sgn[g(x)]=sgn[f(x)] C.sgn[g(x)]=-sgn x D.sgn[g(x)]=-sgn[f(x)] 答案 C 解析 因为 f(x)是 R 上的增函数,令 f(x)=x, 所以 g(x)=(1-a)x, 因为 a>1,所以 g(x)是在 R 上的减函数. 1,x>0, ? ? 由符号函数 sgnx=?0,x=0, ? ?-1,x<0 -1,x>0, ? ? sgn[g(x)]=?0,x=0, ? ?1,x<0. 所以 sgn[g(x)]=-sgnx. 2.(2016· 山东)若函数 y=f(x)的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点处的切线互相垂 直,则称 y=f(x)具有 T 性质.下列函数中具有 T 性质的是( A.y=sinx C.y=ex 答案 A 解析 对函数 y=sinx 求导,得 y′=cosx,当 x=0 时,该点处切线 l1 的斜率 k1=1,当 x=π 1 时,该点处切线 l2 的斜率 k2=-1,∴k1· k2=-1,∴l1⊥l2;对函数 y=lnx 求导,得 y′= 恒 x B.y=lnx D.y=x3 )

知,

大于 0,斜率之积不可能为-1;对函数 y=ex 求导,得 y′=ex 恒大于 0,斜率之积不可能为 -1;对函数 y=x3 求导,得 y′=2x2 恒大于等于 0,斜率之积不可能为-1.故选 A. 3.(2015· 四川)已知函数 f(x)=2x,g(x)=x2+ax(其中 a∈R).对于不相等的实数 x1,x2,设 m = f?x1?-f?x2? g?x1?-g?x2? ,n= , x1-x2 x1-x2

现有如下命题: ①对于任意不相等的实数 x1,x2,都有 m>0; ②对于任意的 a 及任意不相等的实数 x1,x2,都有 n>0; ③对于任意的 a,存在不相等的实数 x1,x2,使得 m=n; ④对于任意的 a,存在不相等的实数 x1,x2,使得 m=-n. 其中的真命题有________(写出所有真命题的序号). 答案 ①④ 解析 设 A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2)),C(x1,g(x1)),D(x2,g(x2)). 对于①,从 y=2x 的图象可看出,m=kAB>0 恒成立,故①正确; 对于②,直线 CD 的斜率可为负,即 n<0,故②不正确; 对于③,由 m=n 得 f(x1)-f(x2)=g(x1)-g(x2), 即 f(x1)-g(x1)=f(x2)-g(x2), 令 h(x)=f(x)-g(x)=2x-x2-ax,

则 h′(x)=2x· ln2-2x-a. 由 h′(x)=0,得 2x· ln2=2x+a,(*)结合图象知,当 a 很小时,方程(*)无解,∴函数 h(x)不 一定有极值点,就不一定存在 x1,x2 使 f(x1)-g(x1)=f(x2)-g(x2),不一定存在 x1,x2 使得 m =n,故③不正确; 对于④,由 m=-n,得 f(x1)-f(x2)=g(x2)-g(x1), 即 f(x1)+g(x1)=f(x2)+g(x2),

令 F(x)=f(x)+g(x)=2x+x2+ax,则 F′(x)=2xln2+2x+a. 由 F′(x)=0,得 2xln2=-2x-a, 结合如图所示图象可知,该方程有解,即 F(x)必有极值点,

∴存在 x1,x2,使 F(x1)=F(x2),使 m=-n,故④正确. 故①④正确. 4.(2015· 福建)一个二元码是由 0 和 1 组成的数字串 x1x2?xn(n∈N*),其中 xk(k=1,2,?,n) 称为第 k 位码元.二元码是通信中常用的码,但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由 0 变为 1,或者由 1 变为 0). 已知某种二元码 x1x2?x7 的码元满足如下校验方程组: x? ? ? ?x ? ? ?x ?
4 2 1

x5? x3? x3?

x6? x6? x5?

x7=0, x7=0, x7=0,

其中运算?定义为 0?0=0,0?1=1,1?0=1,1?1=0. 现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第 k 位发生码元错误后变成了 1101101,那么利用 上述校验方程组可判定 k 等于________. 答案 5 解析 (1)x4 ? x5 ? x6 ? x7=1 ? 1? 0? 1=1,(2)x2 ? x3 ? x6 ? x7

=1 ?

0?

0?

1=0; (3)x1 ?

x3 ?

x5 ?

x7=1 ?

0?

1?

1=1.由(1)(3)

知 x5,x7 有一个错误,(2)中没有错误,∴x5 错误,故 k 等于 5. 高考必会题型 题型一 与新定义有关的创新题型 例 1 已知函数 y=f(x)(x∈R).对函数 y=g(x)(x∈I),定义 g(x)关于 f(x)的“对称函数”为函 数 y=h(x)(x∈I), y=h(x)满足: 对任意 x∈I, 两个点(x, h(x)), (x, g(x))关于点(x, f(x))对称. 若 h(x)是 g(x)= 4-x2关于 f(x)=3x+b 的“对称函数”,且 h(x)>g(x)恒成立,则实数 b 的取值 范围是________. 答案 (2 10,+∞) 解析 由已知得 h?x?+ 4-x2 = 3x + b , 所 以 h(x) = 6x + 2b - 4-x2 .h(x)>g(x) 恒 成 立 , 即 6x + 2b - 2 4-x2> 4-x2,3x+b> 4-x2恒成立. 在同一坐标系内,画出直线 y=3x+b 及半圆 y= 4-x2(如图所示),

可得

b >2,即 b>2 10, 10

故答案为(2 10,+∞). 点评 解答这类题目关键在于解读新定义,利用定义的规定去判断和求解是这类题目的主要 解法. 变式训练 1 若函数 y = f(x) 在定义域内给定区间 [a, b] 上存在 x0(a <x0 < b),满足 f(x0) =

f?b?-f?a? ,则称函数 y=f(x)是[a,b]上的“平均值函数”,x0 是它的一个均值点.例如 y=|x| b-a 是[-2,2]上的“平均值函数”,0 就是它的均值点.若函数 f(x)=x2-mx-1 是[-1,1]上的 “平均值函数”,则实数 m 的取值范围是________. 答案 (0,2) 解析 因为函数 f(x)=x2-mx-1 是[-1,1]上的“平均值函数”,所以关于 x 的方程 x2-mx- f?1?-f?-1? 1= 在区间(-1,1)内有实数根,即 x2-mx-1=-m 在区间(-1,1)内有实数根,即 2 x2-mx+m-1=0,解得 x=m-1 或 x=1.又 1 不属于(-1,1),所以 x=m-1 必为均值点,即 -1<m-1<1,即 0<m<2,所以实数 m 的取值范围是(0,2). 题型二 综合型函数创新题 例 2 以 A 表示值域为 R 的函数组成的集合,B 表示具有如下性质的函数 φ(x)组成的集合: 对于函数 φ(x),存在一个正数 M,使得函数 φ(x)的值域包含于区间[-M,M].例如,当 φ1(x) =x3,φ2(x)=sinx 时,φ1(x)∈A,φ2(x)∈B.现有如下命题: ①设函数 f(x)的定义域为 D, 则“f(x)∈A”的充要条件是“任意 b∈R, 存在 a∈D, f(a)=b”; ②函数 f(x)∈B 的充要条件是 f(x)有最大值和最小值; ③若函数 f(x),g(x)的定义域相同,且 f(x)∈A,g(x)∈B,则 f(x)+g(x)?B; x ④若函数 f(x)=aln(x+2)+ 2 (x>-2,a∈R)有最大值,则 f(x)∈B. x +1 其中的真命题是________.(写出所有真命题的序号) 答案 ①③④ 解析 因为 f(x)∈A,所以函数 f(x)的值域是 R,所以满足任意 b∈R,存在 a∈D,f(a)=b,

同时若任意 b∈R,存在 a∈D,f(a)=b,则说明函数 f(x)的值域是 R,则 f(x)∈A,所以①正 确; 1 令 f(x)= ,x∈(1,2],取 M=1,则 f(x)?[-1,1], x 但是 f(x)没有最大值,所以②错误; 因为 f(x)∈A,g(x)∈B 且它们的定义域相同(设为[m,n]),所以存在区间[a,b]?[m,n],使 得 f(x)在区间[a,b]上的值域与 g(x)的值域相同, 所以存在 x0?[a, b] , 使得 f(x0)的值接近无穷, 所以 f(x)+g(x)?B,所以③正确; 因为当 x>-2 时,函数 y=ln(x+2)的值域是 R,所以函数 f(x)若有最大值,则 a=0,此时 f(x) = x . x2+1

1 x 1 因为对任意 x∈R,x2+1≥2|x|,所以- ≤ 2 ≤ . 2 x +1 2 1 1 即- ≤f(x)≤ ,故 f(x)∈B,所以④正确. 2 2 点评 此类题目包含了与函数有关的较多的概念、性质及对基本问题的处理方法.解答这类 题目,一是要细心,读题看清要求;二是要熟练掌握函数的基本性质及其判断应用的方法, 掌握基本函数的图象与性质等. 变式训练 2 如果 y=f(x)的定义域为 R, 对于定义域内的任意 x, 存在实数 a 使得 f(x+a)=f(- x)成立,则称此函数具有“P(a)性质”.给出下列命题: ①函数 y=sinx 具有“P(a)性质”; ②若奇函数 y=f(x)具有“P(2)性质”,且 f(1)=1,则 f(2015)=1; ③若函数 y=f(x)具有“P(4)性质”,图象关于点(1,0)成中心对称,且在(-1,0)上单调递减, 则 y=f(x)在(-2,-1)上单调递减,在(1,2)上单调递增; ④若不恒为零的函数 y=f(x)同时具有“P(0)性质”和“P(3)性质”,则函数 y=f(x)是周期函数. 其中正确的是________(写出所有正确命题的编号). 答案 ①③④ 解析 ①因为 sin (x+π)=-sinx=sin (-x), 所以函数 y=sinx 具有“P(a)性质”, 所以①正确; ②因为奇函数 y=f(x)具有“P(2)性质”, 所以 f(x+2)=f(-x)=-f(x), 所以 f(x+4)=f(x),周期为 4, 因为 f(1)=1,所以 f(2015)=f(3)=-f(1)=-1. 所以②不正确; ③因为函数 y=f(x)具有“P(4)性质”,

所以 f(x+4)=f(-x), 所以 f(x)的图象关于直线 x=2 对称, 即 f(2-x)=f(2+x), 因为图象关于点(1,0)成中心对称, 所以 f(2-x)=-f(x),即 f(2+x)=-f(-x), 所以得出 f(x)=f(-x),f(x)为偶函数, 因为图象关于点(1,0)成中心对称,且在(-1,0)上单调递减, 所以图象也关于点(-1,0)成中心对称,且在(-2,-1)上单调递减; 根据偶函数的对称性得出在(1,2)上单调递增,故③正确; ④因为具有“P(0)性质”和“P(3)性质”, 所以 f(x)=f(-x),f(x+3)=f(-x)=f(x), 所以 f(x)为偶函数,且周期为 3,故④正确. 高考题型精练 1.对于函数 f(x),若存在常数 a≠0,使得 x 取定义域内的每一个值,都有 f(x)=f(2a-x),则 称 f(x)为准偶函数,下列函数中是准偶函数的是( A.f(x)=cos(x+1) C.f(x)=tanx 答案 A 解析 由题意知,若 f(x)是准偶函数,则函数的对称轴是直线 x=a,a≠0,选项 B,C,D 中, 函数没有对称轴;函数 f(x)=cos(x+1),有对称轴,且 x=0 不是对称轴,选项 A 正确.故选 A. 1 2.对于函数 f(x),若存在 x0∈Z,满足|f(x0)|≤ ,则称 x0 为函数 f(x)的一根“近零点”.已知 4 函数 f(x)=ax2+bx+c(a>0)有四个不同的“近零点”,则 a 的最大值为( A.2 1 C. 2 答案 D 解析 方法一 取极端情况,离原点最近的四个整数: B.1 1 D. 4 ) B.f(x)= x D.f(x)=x3 )

? ?f?1?=-1 , 4 ?f?-1?=1, ? 14 ?f?2?=4.

1 f?0?=- , 4

1 1 1 f(x)= x2- x- . 4 4 4 方法二 任取四个连续整数,则 1 4a=f(m+3)+f(m)-f(m+2)-f(m+1)≤|f(m+3)|+|f(m)|+|f(m+2)|+|f(m+1)|≤4× =1. 4 a b? 3.设 f(x)的定义域为 D,若 f(x)满足条件:存在[a,b]?D,使 f(x)在[a,b]上的值域是? ?2,2?, 则称 f(x)为“倍缩函数”.若函数 f(x)=ln(ex+t)为“倍缩函数”,则 t 的范围是( 1 ? A.? ?4,+∞? 1? C.? ?0,2? 答案 D 解析 因为函数 f(x)=ln(ex+t)为“倍缩函数”,所以存在[a,b]?D,使 f(x)在[a,b]上的值 a b? 域是? ?2,2?, 因为函数 f(x)=ln(ex+t)为增函数, B.(0,1) 1? D.? ?0,4? )

?ln?e +t?=2, 所以? b ?ln?e +t?=2,
a b
x x

a

? e +t=e , 即? ? e +t=e ,
a a 2 b b 2

即方程 e -e 2+t=0 有两个不等的正根,
2 ? ??-1? -4t>0, 1 0, ?. 即? 解得 t 的范围是? 4? ? ?t>0, ?

4.设函数 y=f(x)的定义域为 D,若对于任意 x1,x2∈D 且 x1+x2=2a,恒有 f(x1)+f(x2)=2b, 则称点(a,b)为函数 y=f(x)图象的对称中心.研究并利用函数 f(x)=x3-3x2-sinπx 的对称中 1 2 4030 4031 心,可得 f( )+f( )+?+f( )+f( )等于( 2016 2016 2016 2016 A.-16124 C.-8062 答案 C
2 3 2 3 2 解析 如果 x1+x2=2, 则 f(x1)+f(x2)=x3 1-3x1-sinπx1+x2-3x2-sinπx2=x1-3x1-sinπx1+(2

)

B.16124 D.8062

-x1)3-3(2-x1)2-sinπ(2-x1)=-4. 1 2 4030 4031 令 S=f( )+f( )+?+f( )+f( ), 2016 2016 2016 2016 4031 4030 1 又 S=f( )+f( )+?+f( ), 2016 2016 2016 两式相加得 2S=-4×4031,所以 S=-8062.故选 C.

? ?1,x为有理数, 5.设函数 D(x)=? 则下列结论错误的是( ?0,x为无理数, ?

)

A.D(x)的值域为{0,1} C.D(x)不是周期函数 答案 C

B.D(x)是偶函数 D.D(x)不是单调函数

解析 A 中,函数值只有两个:0 和 1,正确;B 中,若 x 是无理数,则-x 也是无理数,则 D(-x)=D(x);若 x 是有理数,则-x 也是有理数,则 D(-x)=D(x),所以 D(x)是偶函数,正 确;C 中,对于任意有理数 T,f(x+T)=f(x)(若 x 是无理数,则 x+T 也是无理数;若 x 是有 理数,则 x+T 也是有理数),不正确;D 中,取任意两个数值 x1,x2,D(x1)与 D(x2)的大小不 确定,故不存在单调性,正确. 6.设[x]表示不大于 x 的最大整数,则对任意实数 x,y 有( A.[-x]=-[x] C.[x+y]≤[x]+[y] 答案 D 解析 特殊值法.令 x=1.5,∵[-1.5]=-2,-[1.5]=-1,故 A 错;[2× 1.5]=3,2[1.5]=2, 故 B 错;令 x=1.5,y=0.5,[x+y]=2,[x]+[y]=1+0=1,故 C 错. 7. 如果定义在 R 上的函数 f(x), 对任意两个不相等的实数 x1, x2, 都有 x1f(x1)+x2f(x2)>x1f(x2) +x2f(x1),则称函数 f(x)为“H 函数”.给出下列函数:
? ?ln|x|,x≠0, ①y=x2;②y=ex+1;③y=2x-sinx;④f(x)=? 以上函数是“H 函数”的所有 ?0,x=0. ?

)

B.[2x]=2[x] D.[x-y]≤[x]-[y]

序号为________. 答案 ②③ 解析 由已知 x1f(x1)+x2f(x2)>x1f(x2)+x2f(x1)得(x1-x2)· [f(x1)-f(x2)]>0,所以函数 f(x)在 R 上 是增函数.对于①,y=x2 在(-∞,0)上为减函数,在(0,+∞)上为增函数,其不是“H 函 数”; 对于②, y=ex+1 在 R 上为增函数, 所以其为“H 函数”; 对于③, 由于 y′=2-cosx >0 恒成立,所以 y=2x-sinx 是增函数,所以其为“H 函数”;对于④,由于其为偶函数, 所以其不可能在 R 上是增函数,所以不是“H 函数”.综上知,是“H 函数”的序号为②③.
2 ? ?a -ab,a≤b, 8.对于实数 a 和 b,定义运算“*”:a*b=? 2 设 f(x)=(2x-1)*(x-1),且关 ?b -ab,a>b. ?

于 x 的方程 f(x)=m(m∈R)恰有三个互不相等的实数根 x1,x2,x3,则 x1x2x3 的取值范围是 ________. 答案 ?

?1- 3 ? ? ? 16 ,0?

? ??2x-1?x,x≤0, 解析 由新定义可知,f(x)=? ?-?x-1?x,x>0. ?

作出函数 f(x)的图象,如图所示.

1 由图可知,当 0<m< 时, 4 f(x)=m(m∈R)恰有三个互不相等的实数根 x1,x2,x3. 不妨设 x1<x2<x3, 1 1 易知 x2>0,且 x2+x3=2× =1,∴x2x3< . 2 4 1 ? ??2x-1?x=4, 1- 3 令? 解得 x= . 4 ? ?x<0, ∴ 1- 3 1- 3 <x1<0,∴ <x1x2x3<0. 4 16

9.设 f(x)是定义在(0,+∞)上的函数,且 f(x)>0,对任意 a>0,b>0,若经过点(a,f(a)), (b,-f(b))的直线与 x 轴的交点为(c,0),则称 c 为 a,b 关于函数 f(x)的平均数,记为 Mf(a, a+b b).例如,当 f(x)=1(x>0)时,可得 Mf(a,b)=c= ,即 Mf(a,b)为 a,b 的算术平均数. 2 (1)当 f(x)=________(x>0)时,Mf(a,b)为 a,b 的几何平均数; 2ab (2)当 f(x)=________(x>0)时,Mf(a,b)为 a,b 的调和平均数 . a+b (以上两空各只需写出一个符合要求的函数即可) 答案 (1) x (2)x 解析 设 A(a,f(a)),B(b,-f(b)),C(c,0),则三点共线. f?a? f?b? (1)依题意,c= ab,则求得 = , a b 故可以选择 f(x)= x(x>0). 2ab f?a? f?b? (2)依题意,c= ,求得 = , a b a+b 故可以选择 f(x)=x(x>0). 10.对于函数 f(x),若存在区间 M=[a,b](其中 a<b),使得{y|y=f(x),x∈M}=M,则称区间 M 为函数 f(x)的一个“稳定区间”.给出下列 4 个函数:

①f(x)=(x-1)2;②f(x)=|2x-1|; π ③f(x)=cos x;④f(x)=ex. 2 其中存在“稳定区间”的函数是________.(填出所有满足条件的函数序号) 答案 ①②③ 解析 据已知定义,所谓的“稳定区间”即函数在区间[a,b]内的定义域与值域相等. 问题可转化为已知函数 y=f(x)的图象与直线 y=x 是否相交, 若相交则两交点所在区间即为函 数的“稳定区间”.数形结合依次判断,①②③均符合条件,而④不符合条件.综上可知, ①②③均为存在“稳定区间”的函数. f?x? 11.若函数 f(x)在定义域 D 内的某个区间 I 上是增函数,且 F(x)= 在 I 上是减函数,则称 x 2 y=f(x)在 I 上是“非完美增函数”.已知 f(x)=lnx,g(x)=2x+ +alnx(a∈R). x (1)判断 f(x)在(0,1]上是否为“非完美增函数”; (2)若 g(x)在[1,+∞)上是“非完美增函数”,求实数 a 的取值范围. 1 f?x? lnx 解 (1)易知 f′(x)= >0 在(0,1]上恒成立, 所以 f(x)=lnx 在(0,1]上是增函数. F(x)= = , x x x 1-lnx 求导得 F′(x)= 2 , 因为 x∈(0,1], 所以 lnx≤0, 即 F′(x)>0 在(0,1]上恒成立, 所以 F(x) x = lnx 在(0,1]上是增函数.由题意知,f(x)在(0,1]上不是“非完美增函数”. x

2 2 (2)若 g(x)=2x+ +alnx(a∈R)在[1, +∞)上是“非完美增函数”, 则 g(x)=2x+ +alnx 在[1, x x g?x? 2 alnx +∞)上单调递增,G(x)= =2+ 2+ 在[1,+∞)上单调递减. x x x 2 a 2 ①若 g(x)在[1,+∞)上单调递增,则 g′(x)=2- 2+ ≥0 在[1,+∞)上恒成立,即 a≥ - x x x 2 2 2x 在[1,+∞)上恒成立.令 h(x)= -2x,x∈[1,+∞),因为 h′(x)=- 2-2<0 恒成立, x x 所以 h(x)在[1,+∞)上单调递减,h(x)max=h(1)=0,所以 a≥0. 4 a?1-lnx? ②若 G(x)在[1,+∞)上单调递减,则 G′(x)=- 3+ ≤0 在[1,+∞)上恒成立,即 x x2 -4+ax-axlnx≤0 在[1, +∞)上恒成立. 令 t(x)=-4+ax-axlnx, x∈[1, +∞), 因为 t′(x) =-alnx,由①知 a≥0,所以 t′(x)≤0 恒成立,所以 t(x)=-4+ax-axlnx 在[1,+∞)上单 调递减, 则 t(x)max=t(1)=a-4.要使 t(x)=-4+ax-axlnx≤0 在[1, +∞)上恒成立, 则 a-4≤0, 4 a?1-lnx? 即 a≤4,此时 G′(x)=- 3+ ≤0 在[1,+∞)上恒成立. x x2 综合①②知,实数 a 的取值范围为[0,4]. 12.已知函数 f(x)=ax+lnx,g(x)=ex.

(1)当 a≤0 时,求 f(x)的单调区间; x-m (2)若不等式 g(x)< 有解,求实数 m 的取值范围; x (3)定义:对于函数 y=f(x)和 y=g(x)在其公共定义域内的任意实数 x0,称|f(x0)-g(x0)|的值为 两函数在 x0 处的差值.证明:当 a=0 时,函数 y=f(x)和 y=g(x)在其公共定义域内的所有差 值都大于 2. (1)解 f(x)的定义域是(0,+∞), 1 f′(x)=a+ (x>0). x ①当 a=0 时,f′(x)>0, ∴f(x)在(0,+∞)上单调递增; 1 ②当 a<0 时,由 f′(x)=0,解得 x=- , a 1 则当 x∈(0,- )时,f′(x)>0, a ∴f(x)单调递增, 1 当 x∈(- ,+∞)时,f′(x)<0, a ∴f(x)单调递减. 1 综上,当 a=0 时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当 a<0 时,f(x)在(0,- )上单调递增,在(- a 1 ,+∞)上单调递减. a x-m (2)解 由题意:ex< 有解,即 ex x<x-m 有解,因此只需 m<x-ex x,x∈(0,+∞) x 有解即可. 设 h(x)=x-ex x, ex 1 h′(x)=1-ex x- =1-ex( x+ ). 2 x 2 x 1 ∵ x+ ≥2 2 x 1 = 2>1, 2

且 x∈(0,+∞)时 ex>1, 1 ∴1-ex( x+ )<0,即 h′(x)<0, 2 x 故 h(x)在(0,+∞)上单调递减. ∴h(x)<h(0)=0,故 m<0. (3)证明 当 a=0 时,f(x)=lnx,f(x)与 g(x)的公共定义域为(0,+∞), |f(x)-g(x)|=|lnx-ex|=ex-lnx

=ex-x-(lnx-x). 设 m(x)=ex-x>0,则 m′(x)=ex-1>0,x∈(0,+∞), m(x)在(0,+∞)上单调递增,m(x)>m(0)=1. 1 又设 n(x)=lnx-x,x∈(0,+∞),n′(x)= -1, x 当 x∈(0,1)时,n′(x)>0,n(x)单调递增, 当 x∈(1,+∞)时,n′(x)<0,n(x)单调递减, 所以 x=1 为 n(x)的极大值点,即 n(x)≤n(1)=-1, 故|f(x)-g(x)|=m(x)-n(x)>1-(-1)=2. 即公共定义域内任一点差值都大于 2.


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