内容正文:
∴ 当 x > 0 时,g(x)max = g(2) =
4
e2
- 34 .
由题及 (1) 知 f(x)min = -
1
2e ,∵
4
e2
- 34 -
- 12e( )=
(8 - 3e)(2 + e)
4e2
< 0,
∴ f(x)min > g(x)max,即f(x) > g(x) .
5. [证明] (1)由题易得函数f(x) = ln x - a2 x2
+ ax 的定义域为(0, + ∞ ),
∴ f ′(x) = 1x - 2a
2 x + a = - 2a
2 x2 + ax + 1
x =
- (2ax + 1)(ax - 1)
x .
∵ a≥1,x > 1,∴ 2ax + 1 > 0,ax - 1 > 0,
∴ f ′(x) < 0,
∴ 函数f(x)在区间(1, + ∞ )上是减函数.
(2)当 a = 1 时,f(x) = ln x - x2 + x,其定义域
是(0, + ∞ ),
∴ f ′(x) = 1x - 2x + 1 = -
2x2 - x - 1
x .
令f ′(x) = 0,即2x
2 - x - 1
x = 0,解得 x = -
1
2 或
x = 1.
∵ x > 0,∴ x = - 12 舍去.
当 0 < x < 1 时, f ′(x) > 0;当 x > 1 时, f ′(x)
< 0.
∴ 函数f(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间
(1, + ∞ )上单调递减.
∴ 当 x = 1 时,函数 f(x) 取得最大值,其值为
f(1) = ln 1 - 12 + 1 = 0.
∴ 当 x≠1 时,f(x) < f(1),即f(x) < 0,∴ 函数
f(x)只有一个零点.
6. [解析] 本题考查导数的几何意义和利用导
函数讨论函数单调性、零点等问题.
(1)解:∵ f ′(x) = 3 - x
2
(1 - x) 2
ex,∴ f ′(0) = 3. 又
∵ f(0) = 1,
∴ 曲线 y = f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为
y - 1 = 3x,即 3x - y + 1 = 0.
(2)证明:由f(x) + g( x) = 0 存在两个正实数
根,整理得方程 ex = a(x - 1) (x≠1)存在两个
正实数根. 记这两个正实数根为 x1,x2 ( x1 <
x2) .
由 a > 0,知 x2 > x1 > 1,令 h(x) = ex - ax + a,则
h(x)在(1, + ∞ )上有两个零点,令 h′( x) = ex
- a = 0,则 x = ln a.
当 1≥ln a,即 0 < a≤e 时,可知 h( x)在(1,
+ ∞ )上单调递增,所以在(1, + ∞ )上不可能
有两个零点,不符合题意.
当 1 < ln a,即 a > e 时,可知 h(x)在(1,ln a)上
单调递减,在( ln a, + ∞ )上单调递增,
∴ h(x)min = h( ln a) = 2a - aln a. ∵ h(x) = ex
- ax + a 有两个零点且 h(1) = e >0,∴ 2a - aln a
<0,∴ 2 - ln a < 0. 解得 a > e2 .
7. [解析] 本题考查利用导数研究函数的单调
性及函数的零点个数问题.
(1)f ′(x) = 3x2 - k.
当 k = 0 时,f(x) = x3,故 f(x)在( - ∞ , + ∞ )
单调递增;
当 k < 0 时, f ′(x) = 3x2 - k > 0,故 f(x) 在
( - ∞ , + ∞ )单调递增.
当 k > 0 时,令f ′(x) = 0,得 x = ± 3k3 . 当 x∈
- ∞ , - 3k3( )时, f ′(x) > 0; 当 x ∈
- 3k3 ,
3k
3( )时, f ′(x) < 0; 当 x ∈
3k
3 , + ∞( )时, f ′(x) > 0. 故 f(x) 在
- ∞ , - 3k3( ),
3k
3 , + ∞( )单 调 递 增, 在
- 3k3 ,
3k
3( )单调递减.
(2)由(1)知,当 k≤0 时,f(x)在( - ∞ , + ∞ )
单调递增,f(x)不可能有三个零点.
当 k > 0 时,x = - 3k3 为f(x)的极大值点,x =
3k
3 为 f(x) 的 极 小 值 点. 此 时, - k - 1 <
- 3k3 <
3k
3 < k + 1 且 f( - k - 1) < 0,f( k +
1) > 0,f - 3k3( ) > 0. 根据 f(x)的单调性,当
且仅当 f 3k
3( ) < 0,即 k
2 - 2k 3k9 < 0 时,
f(x)有三个