文化课实录

在试图进行每日一题的练

2024.3.27

已知 \(f(x)=\ln x-ax+\frac{a}{x}\) 有两个不同的极值点 \(x_1,x_2\) ，则
A. \(x_1+x_2<2\)
B.\(f(\frac{x_1+x_2}{2})>0\)
C.\(f(x_1)+f(x_2)=0\)
D.\(\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}<1-2a\)

答案

考虑求导：$\frac{1}{x} - a - \frac{a}{x^2} = 0$，$-ax^2 + x - a = 0$，所以 $x_1x_2 = 1$，所以 $x_1+x_2\gt 2$

因为 \(x_1<x_2,x_1+x_2>2\)，所以 \(1\lt \frac{x_1+x_2}{2}\lt x_2\)，并且 \(x_2\) 是导函数一个零点，所以在 \(1\lt x\lt x_2\) 大于 \(0\)，所以 \(f(\frac{x_1+x_2}{2})\gt 0\)

\(\ln x_1 +\ln x_2-a(x_1+x_2)+\dfrac{a(x_1+x_2)}{x_1x_2} = \ln(x_1x_2) - a(x_1+x_2)+a(x_1+x_2) = 0\)

\(\dfrac{f(x_1) - f(x_2)}{x_1 - x_2} = \dfrac{\ln x_1 - \ln x_2 - a(x_1 - x_2) - \frac{a(x_1 - x_2)}{x_1x_2}}{x_1 - x_2} = \dfrac{\ln x_1 - \ln x_2}{x_1 - x_2}-2a\)

因为 \(\dfrac{x_1 - x_2}{\ln x_1 - \ln x_2}\gt \sqrt{x_1x_2}\)，所以 \(\dfrac{x_1 - x_2}{\ln x_1 - \ln x_2}\gt 1\)

上式得证

2024.3.26

已知函数 \(f(x)=\begin{cases}(x-1)e^x,x<1\ -x^2+4x-3,x\ge 1\end{cases}\) ，\(g(x)=2(f(x))^2+af(x)+a+1\) 。若 \(g(x)\) 有 \(5\) 个零点，则实数 \(a\) 的取值范围为

答案

首先把图像画出来

我们考虑如果有五个零点，设 \(t = f(x)，g(x) = 2t^2+at+a+1\)，所以说 \(t\) 一定有两个根，一个根在 \((-1,0)\)，一个根在 \([0,1)\)

那么我们考虑 \(g(-1) = 3>0\)，所以 \(g(0)\lt 0，g(1)\gt 0\)

然后求出来 \(a\) 的取值范围为：\((-\frac{3}{2},-1)\)

2024.3.25

对于函数 \(f(x)=\frac{\ln x}{x^2}\) ，下列说法正确的是：

A. \(f(x)\) 在 \(x=\sqrt{e}\) 处取得极大值 \(\frac{1}{2e}\)

B. 若 \(f(x)<k-\frac{1}{x^2}\) 在 \((0,+\infty)\) 上恒成立，则 \(k>\frac{e^2}{2}\)

C. \(f(\sqrt{2})<f(\sqrt{\pi})<f(\sqrt{3})\)

D. \(f(x)\) 有且只有一个零点

答案

先求导：$f'(x) = \frac{x - 2x\ln x}{x^4}，x = \sqrt{e}$取极大值 $\frac{1}{e}$，A正确

\(f(x)+\frac{1}{x^2}\lt k，(\frac{\ln x+1}{x^2})' = \frac{x - 2x(\ln x+1)}{x^4}，x = e^{-\frac{1}{2}}\) 取得极大值 \(\frac{e}{2}\)，B错误

\(f(x)\) 在 \((\sqrt{e},+\infty)\) 单减，\(f(\sqrt{2}) = f(2) = f(\sqrt{4})\)，所以 \(f(\sqrt{2}) = f(\sqrt{4})\lt f(\sqrt{\pi})\lt f(\sqrt{3})\)，C正确

\(f(x)\) 在 \(x\in (\sqrt{e},+\infty)\) 时恒大于0，在 \((0,\sqrt{e})\) 单增，\(f(x)\) 在 \(0\le x\le 1\) 的时候小于等于 \(0\)，\(f(x)\) 在 \(x = \sqrt{e}\) 时大于 \(0\) ，所以只在 \(f(1)\) 处有一个零点，所以D正确

综上答案为 \(ACD\)

2024.3.24

已知函数 \(f(x) = \frac{e^{ex}}{x^a} - ex + a\ln x\) 的最小值为 \(1\) ,求实数 \(a\) 的取值范围

答案

$f(x) = e^{ex - a\ln x} - (ex - a\ln x)$

设 \(t = ex - a\ln x\)，原式 $ = e^t - t$，定义域包含 \(0\)

那么 \(ex = a\ln x\)，当 \(a\lt 0\) 时，\(a\ln x\in (0,+\infty)\)，可以成立

\(a = \frac{ex}{\ln x}\)，求导之后得：\(\frac{e\ln x - e}{\ln^2 x}\)，在 \((1,e)\)单减，\((e,+\infty)\) 单增，所以在 \(e\) 处取极小值 \(e^2\)，在 \((0,1)\) 内小于0，见上

综上：\(a\in (-\infty,0),[e^2,+\infty)\)

已知函数 \(f(x)=e^x-ax^2\) ，若对于任意 \(x_1,x_2\in (\frac{1}{2},2),x_1\ne x_2\) ，均有 \(\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}<x_1+x_2\) 恒成立，求实数 \(a\) 的取值范围

答案

首先假设 $x_1\gt x_2$

然后化为：\(f(x_1) - x_1^2\lt f(x_2) - x_2^2\)，那么我们设 \(g(x) = e^x - bx^2,b = a+1\)

我们考虑 \(g(x)\) 在 \(a\le 0\) 的时候完全不对，直接跳过，也就是说我们现在考虑 \(b\gt 1\) 的情况

然后我们考虑 \(g'(x) = e^x - 2bx\) 在 \((\frac{1}{2},2)\) 时 \(\le 0\)

然后我们考虑 \(g''(x) = e^x - 2b\)，在 \(x = \ln(2b)\) 时为 \(0\)

所以 \(g'(x)\) 只有一个区间是 \(\le 0\) 的

也就是说只要 \(max(g'(\frac{1}{2}),g'(2))\le 0\) 即可

解得：\(a = b - 1\ge \dfrac{e^2}{4} - 1\)

2024.3.23

设 \(a = \frac{\ln 0.4}{0.6}，b = \frac{\ln0.2}{0.8}，c = 2\ln 0.5\)

比较大小

答案

设函数：$f(x) = \frac{\ln x}{1 - x}$

那么 \(f'(x) = \frac{1}{x} - 1 + \ln x\)

\(f''(x) = \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2}\le 0,x\in(0,1)\)

又因为 \(f'(1) = 0\)，所以 \(f'(x)\) 在 \(x\in (0,1)\) 内大于0

所以 \(f(x)\) 在 \(x\in (0,1)\) 内单增

直接比较即可

2024.3.22

已知函数 \(f(x) = a\sin x,a\gt 0\)

1. 若 \(f(x)\le x,x\in [0,+\infty)\)，求 \(a\) 的取值范围

2. 证明：对于 \(\forall x\in (0,+\infty)，2e^x\gt (x+\frac{1}{x})\times [\ln(x+1)+\sin x]\)

答案

第一问考虑：设 $f(x) = x - a\sin x,f(0) = 0$

那么 \(f'(x) = 1 - a\cos x\) ，由于 \(f(0) = 0\)，并且要求 \(f(x)\ge 0,x\in[0,+\infty)\) 恒成立，所以 \(f'(0)\ge 0\)

所以 \(1 - a\ge 0,a\le 1\)

当 \(a\le 1\) 时，\(1 - a\cos x\ge 0\) 恒成立，所以 \(f(x)\) 在定义域是单增函数，得证

第二问：

直接把右边放掉： \(2e^x\gt (x+\frac{1}{x})\times(x+x)\gt (x+\frac{1}{x})(\ln(x+1)+\sin x)\)

一定要记得：\(\sin x\le x\)

显然成立

2024.3.21

已知函数 \(f(x) = e^x - ax,a\in \R\)

1.讨论 \(f(x)\) 的单调性，并证明： \(e^x\gt 2x\)

2.若函数 $g(x) = f'(x) - x\cos x $，在区间 \([0,+\infty)\) 内有唯一的零点，求 \(a\) 的取值范围

答案

第一问考虑 $a$ 的正负性，$a\lt 0$ 的时候是铁定单增的，否则在 $\ln a$ 处取得极小值点，然后就能证明 $e^x\gt 2x$ 了

第二问的话就考虑 \(g'(x) = e^x + x\sin x - \cos x，x\sin x\le x，\cos x\le 1，e^x\ge x+1，x\in[0,+\infty)\)

\(e^x + x\sin x - \cos x \ge x+1+x\sin x -\cos x\ge x+1 - x - \cos x\ge 0\)
直接放掉就会发现 \(g'(x)\) 是恒大于等于0的，也就是说 \(g(x)\) 是单增的

那么 \(a\) 的取值范围就是 \(g(x)\) 的值域：\(a\ge 1\)

已知函数 \(f(x) = e^{x-a} - x - \cos x\) ，其中 \(x\in (-\pi ,\pi)\)

1. 当 \(a = 0\) 时，证明：\(f(x)\ge 0\)

2. 当 \(a = 1\) 时，求函数 \(y = f(x)\) 的零点个数

答案

第一问直接用 $e^x\ge x+1$ 放掉即可

第二问：设 \(g(x) = ef(x) = e^x - ex - e\cos x\)

当 \(x\le 0\) 时：\(g'(x) = e^x - e+e\sin x\)

我们容易发现\(g'(x)\) 在 \(x\le 0\) 时 \(\le 0\)，所以 \(g(x)\) 在 \(x\le 0\) 时单降

并且 \(g(-\pi)\gt 0，g(0) \lt 0\) ，所以 \((-\pi,0)\) 内有一个零点

然后我们考虑 \(g''(x) = e^x + e\cos x\) 在 \((0,\frac{\pi}{2})\) 时是大于0的，因为左右两边都大于0

在 \((\frac{\pi}{2},\pi)\) 的时候 \(e^x\gt e,e\cos x\ge -e\)，所以也大于0

所以 \(g'(x)\) 是一个单增函数，并且 \(g'(0)\lt 0,g'(\pi)\gt 0\) ，所以在 \((0,\pi)\) 内 \(g'(x)\) 有一个零点

设这个零点为 \(x_0\)

那么 \(g(x)\) 在 \((0,x_0)\) 单降，\((x_0,\pi)\)单增，并且 \(g(0)\lt 0,g(\pi)\gt 0\)

所以 \(g(x)\) 在 \((0,\pi)\) 内有一个零点

综上所述，\(y = f(x)\) 在 \(x\in (-\pi,\pi)\) 内共有两个零点

2024.3.20

已知函数 \(f(x) = x^2 +(a-2)x-a\ln x\)

1.\(a = 1\) 时求 \(f(x)\) 的极值

2.讨论 \(f(x)\) 的单调性

3.若 $n\in N^* $，求证 \(\sum_{i=1}^n \dfrac{i}{(i+1)^2}\lt \ln(n+1)\)

答案

前两问就不求了，第一问的结论是：$f(x)$ 在1处最小值0

第二问需要讨论 \(a\) 与 \(0\) 的关系，因为 \(a = 0\) 时定义域不同，其他的讨论一下 \(-\dfrac{a}{2}\) 和 \(1\) 的关系即可

然后我们可以转化为求：\(\dfrac{n}{(n+1)^2}\lt ln(\dfrac{n+1}{n})\)

然后我们进行一些小转化：\(\dfrac{i}{i+1} - (\dfrac{i}{i+1})^2 = \dfrac{i}{(i+1)^2}\)

然后我们考虑设 \(x = \dfrac{i}{i+1}\),那就是要求：\(x - x^2\lt \ln(\dfrac{1}{x})\)

\(x - x^2+\ln x\lt 0\) 然后发现就是上面第一问的形式，并且 \(x\not =1\) 所以取不到极小值0，得证