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設函數f(x)=p(x-
1
x
)-2lnx,g(x)=
2e
x
.(p是實數,e是自然對數的底數)
(1)若直線l與函數f(x),g(x)的圖象都相切,且與函數f(x)的圖象相切于點(1,0),求p的值;
(2)若f(x)在其定義域內為單調函數,求p的取值范圍;
(3)若在[1,e]上至少存在一點x0,使得f(x0)>g(x0)成立,求p的取值范圍.
分析:(1)由“函數f(x)的圖象相切于點(1,0)求得切線l的方程,再由“l(fā)與g(x)圖象相切”得到(p-1)x2-(p-1)x-e=0由判別式求解即可.
(2)求導f’(x)=
px2-2x+p
x2
,要使“f(x)為單調增函數”,轉化為“f’(x)≥0恒成立”,再轉化為“p≥
2x
x2+1
=
2
x+
1
x
恒成立”,由最值法求解.同理,要使“f(x)為單調減函數”,轉化為“f’(x)≤0恒成立”,再轉化為“p≤
2x
x2+1
=
2
x+
1
x
恒成立”,由最值法求解,最后兩個結果取并集.
(3)因為“在[1,e]上至少存在一點x0,使得f(x0)>g(x0)成立”,要轉化為“f(x)max>g(x)min”解決,易知g(x)=
2e
x
在[1,e]上為減函數,所以g(x)∈[2,2e],①當p≤0時,f(x)在[1,e]上遞減;②當p≥1時,f(x)在[1,e]上遞增;③當0<p<1時,兩者作差比較.
解答:解:(1)∵f′(x)=p+
p
x2
-
2
x
,∴f’(1)=2(p-1),設直線l:y=2(p-1)(x-1),
∵l與g(x)圖象相切,∴y=2(p-1)(x-1),得(p-1)(x-1)=
e
x
,即(p-1)x2-(p-1)x-e=0,y=
2e
x

當p=1時,方程無解;當p≠1時由△=(p-1)2-4(p-1)(-e)=0,
得p=1-4e,綜上,p=1-4e
(2)f’(x)=
px2-2x+p
x2
,要使“f(x)為單調增函數”,轉化為“f’(x)≥0恒成立”,即p≥
2x
x2+1
=
2
x+
1
x
恒成立,又
2
x+
1
x
≤1
,所以當p≥1時,f(x)在(0,+∞)為單調增函數.
同理,要使“f(x)為單調減函數”,轉化為“f’(x)≤0恒成立,再轉化為“p≤
2x
x2+1
=
2
x+
1
x
恒成立”,又
2
x+
1
x
>0
,所以當p≤0時,f(x)在(0,+∞)為單調減函數.
綜上所述,f(x)在(0,+∞)為單調函數,p的取值范圍為p≥1或p≤0
(3)因g(x)=
2e
x
在[1,e]上為減函數,所以g(x)∈[2,2e]
①當p≤0時,由(1)知f(x)在[1,e]上遞減⇒f(x)max=f(1)=0<2,不合題意
②當p≥1時,由(1)知f(x)在[1,e]上遞增,f(1)<2,又g(x)在[1,e]上為減函數,
故只需f(x)max>g(x)min,x∈[1,e],
即:f(e)=p(e-
1
e
)-2lne>2⇒p>
4e
e2-1

③當0<p<1時,因x-
1
x
≥0,x∈[1,e]
所以f(x)=p(x-
1
x
)-2lnx≤(x-
1
x
)-2lnx<2,不合題意
綜上,p的取值范圍為(
4e
e2-1
,+∞)
點評:本題主要考查用導數法研究函數的單調性,基本思路是:當函數為增函數時,導數大于等于零;當函數為減函數時,導數小于等于零,已知單調性求參數的范圍往往轉化為求相應函數的最值問題.
練習冊系列答案
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科目:高中數學 來源: 題型:

設函數f(x)=p(x-
1
x
)-2lnx,g(x)=
2e
x
(p是實數,e是自然對數的底數)
(1)若函數f(x)在定義域內不單調,求實數p的取值范圍;
(2)若在[1,e]上至少存在一個x0,使得f(x0)>g(x0),求實數p的取值范圍.

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科目:高中數學 來源: 題型:

設函數f(x)=p(x-
1
x
)-2lnx
,g(x)=
2e
x
,x∈[2,e],若p>1,且對任意x1∈[2,e],存在x2∈[2,e],使不等式f(x1)>g(x2)成立,則p的取值范圍為( 。

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設函數f(x)=p(x-
1
x
)-2lnx
,g(x)=
2e
x
(p是實數,e為自然對數的底數)
(1)若f(x)在其定義域內為單調函數,求p的取值范圍;
(2)若在[1,e]上至少存在一點x0,使得f(x0)>g(x0)成立,求p的取值范圍.

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設函數f(x)=p·q,其中向量p=(sinx,cosx+sinx),q=(2cosx,cosx-sinx),x∈R.

(1)求f()的值及函數f(x)的最大值;

(2)求函數f(x)的單調遞增區(qū)間.

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