数学 11

单选

\(T_3\)

先看条件

\[xf'(x)+2f(x)=\frac{1}{x^2} \]

左边显然是个单项式乘\(f(x)\)的函数求导展开的形式

注意\(f(x)\)的系数\(2\)，那么\(f'(x)\)对应的应该是\(x^2\),同乘\(x:\)

\[x^2f'(x)+2xf(x)=\frac{1}{x} \]

令\(F(x)=x^2f(x),\)则

\[F'(x)=\frac{1}{x} \]

看到右边这个\(\frac{1}{x},\)那说明\(F(x)\)应该是\(\ln x+c,c\in R\)

代入\(F(1)=1\)得出

\[F(x)=\ln x+1 \]

\[x^2f(x)=\ln x+1 \]

\[f(x)=\frac{\ln x+1}{x^2} \]

求导算极小值即可

\(T_5\)

\[f'(x)\ln x+\frac{f(x)}{x}<0 \]

不等式左边明示构造\(\ln x\cdot f(x)\)，令\(F(x)=\ln x\cdot f(x)\)，则

\[F'(x)<0 \]

此时\(F(1)=0\)，所以

\[\forall x\in(0,1),F(x)>0,\forall x\in(1,+\infty),F(x)<0 \]

又因为\(F(x)=\ln x\cdot f(x),\)考虑\(\ln x\)的符号，会得出以下结论

\[\forall x>0,f(x)<0 \]

因为\(f(x)\)是个奇函数，所以

\[\forall x<0,f(x)>0 \]

找一下\(x-1\)和\(f(x)\)异号的区间即可

\(T_6\)

两边同取\(\ln\)，得

\[\frac{\ln a}{b}<\frac{\ln b}{a} \]

\[a\ln a<b\ln b \]

两边同构，找一下\(f(x)=x\ln x\)的单调减区间即可

这个函数的导数直接背过，是\(\ln x +1\)

\(T_7\)

写一下切线，设切点为\((x_0,f(x_0))\)，则

\[y-x_0\cdot e^{x_0}=(x+1)\cdot e^{x_0}(x-x_0) \]

代入点\((0,b)\)，得

\[b=-x_0^2\cdot e^{x_0} \]

实际上这个题转化成了上面这个方程的解的个数，类似零点问题

令\(f(x)=\)等号右边，对\(f(x)\)求导

\[f'(x)=-e^x\cdot(x^2+2x) \]

就是\((-\infty,-2)\)单调减，\((-2,0)\)增，\((0,+\infty)\)减

\(b\in(f(-2),f(0)),\)就画个简易图像再画条直线交三个点就结束了

\(T_8\)

注意到

\[f(\frac{1}{x})=\frac{\frac{1}{x}-1}{\frac{1}{x}+1}\cdot \ln\frac{1}{x} \\=\frac{1-x}{1+x}\cdot (-\ln x) \\=\frac{x-1}{x+1}\cdot \ln x=f(x) \]

此时

\[f'(x)=\frac{(x+3)(x+1)-2x\ln x}{x(x+1)^2} \]

总之\(f(x)\)在\((0,1)\)单调减，\((1,+\infty)\)单调增

因为\(2x+\frac{1}{2}>x\)，所以\(x\not\in(1,+\infty)\)

所以只用考虑\(x\in(0,1)\)

此时如果\(2x+\frac{1}{2}\in(0,1)\)也不用考虑

所以最后只用考虑\(2x+\frac{1}{2}\in(1,+\infty)\)的情况

这个时候满足\(f(2x+\frac{1}{2})<f(\frac{1}{x})\)

正好落在单调递增的区间，所以只用解\(2x+\frac{1}{2}<\frac{1}{x}\)

解完了就完了

多选

\(T_9\&T_{10}\)

说些函数性质之类的东西

\(f(x)=\frac{\ln x}{x}\)

极大值\(f(e)=\frac{1}{e}\)

一个零点:\(f(1)=0\)

如果\(f(x)=a\)有两个根，记为\(x_1,x_2\)

那么\(x_1+x_2>2e,x_1x_2>e^2\)

\(f(2)=f(4)\)

\(f(x)=x-\ln x +1,\)极小值\(f(1)=0\)

所以\(\forall x\in(0,+\infty),x-1\geq\ln x,\)即切线放缩

当且仅当\(x=1\)时不等式取等

由于这是切线放缩，所以系数要求很严

\(T_{11}\)

令\(f(x)=be^{-x}-1,g(x)=-x+a\)

\[f(x)=e^{\ln b-x}-1 \]

让\(f(x)=g(x)\)

\[e^{\ln{b}-x}-(a-x)-1=0 \]

首先考虑特殊情况,

当\(a=\ln b\)时，还是切线放缩，两个变量完全相同，换元就会得出有且仅有一个交点，此时\(x=a\)

\(a<\ln b\)时，相当于切线向下平移，交点就平移没了

\(a>\ln b\)的话，切线变成割线，就会有两个零点

\(T_{12}\)

换元，令\(x=\ln m\)

那么\(\Large m=e^x,n=e^{\ln n}=e^{\frac{1}{x}}\)

\(x>0,\frac{1}{x}>0,m,n\)均大于\(1\)

\(x<0,\frac{1}{x}<0,m,n\)均小于\(1\)

\(m^{\ln n}=e^{\ln m\ln n}=1\)

\(\Large mn=e^{x+\frac{1}{x}}\)然后对钩函数

\(f(x)=e^x+\frac{1}{x}>e^x+\frac{1}{e^x-1}\)

然后右边基本不等式一下，会有右边\(\geq3\)

所以\(f(x)>3\)

填空

\(T_{15}\)

对称性：

如果\(f(x)\)是偶函数，那么\(f'(x)\)是奇函数

如果\(f(x)\)是奇函数，那么\(f'(x)\)是偶函数

所以\(f'(x)\)是个奇函数，那么

\(\forall x\in(0,2),f'(x)<0,x\in(2,+\infty),f'(x)>0\)

注意到\((2,+\infty)\)上没有零点，所以在\(f(x)\)单调递减到负数以后就一直是负数

所以\(x\in (-1,1)\)时\(f(x)>0\)，\(x\in(-\infty,-1)\cup(1,\infty)\)时\(f(x)<0\)

找\(f(x)\)与\(x\)异号即可

\(T_{16}\)

先写切线方程的点斜式，列纵坐标相等和斜率相等的方程联立求解

\[\Large \begin{cases} a\ln x_0=x_0^2\\ \frac{a}{x_0}=2x_0 \end{cases} \]

解得

\[\begin{cases} a=2e\\ x_0=\sqrt{e} \end{cases} \]

大题

\(T_{18}\)

做题先求导，肯定用得着

\(\Large \\f'(x)\\ =2x-a-\frac{a^2}{x}\\ =\frac{2x^2-ax-a^2}{x}\\ =\frac{(2x+a)(x-a)}{x}\)

第一问就是个分类讨论，注意\(f(x)\)定义域

第二问代入\(x=1\)

就是$$1-a+(2+a)(1-a)=0$$

\[3-2a-a^2=0 \]

解得$$a=1$$

然后\(f(1)\)是极小值，算出来这个极小值\(f(1)=0\)

所以\(f(x)\geq f(1)\)

代入\(a=1\)得出

\[x^2-x-\ln x\geq 0 \]

代入\(x=\frac{n+1}{n}\)

就是$$(\frac{n+1}{n})^2-\frac{n+1}{n}-\ln\frac{n+1}{n}\geq 0$$

整理一下就是

\[\frac{n+1}{n^2}\geq\ln \frac{n+1}{n} \]

注意取等条件\(x=1\)所以取不到等

裂项求和

\[\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{i+1}{i^2}>\sum\limits^{n}_{i=1}\ln\frac{i+1}{i}=\ln(n+1) \]

\(T_{20}\)

先求导

\[f'(x)=e^x-(a-1) \]

第一问看\(a\)的值分类讨论一下

第二问

\[a-1=\frac{e^{x_2}-e^{x_2}}{x_2-x_1} \]

证明的式子可以写成

\[e^{\frac{x_1+x_2}{2}}<\frac{e^{x_1}-e^{x_2}}{x_2-x_1} \]

令\(t={x_2-x_1}(x_2>x_1)\)，两边同除\(e^{x_1}\)

\[e^{\frac{t}{2}}<\frac{e^t-1}{t} \]

然后同除\(\frac{e^{\frac{t}{2}}}{t}\)，式子就变成了

\[t<e^{\frac{t}{2}}-e^{-\frac{t}{2}} \]

\[0<e^{\frac{t}{2}}-e^{-\frac{t}{2}}-t \]

求导发现右边单调递增，最小值\(t=0\)的时候取\(0\)

但是\(t=0\)取不到

\(T_{22}\)

注意到\(f(1)=0,\)既是定义域边界也是值域边界，考虑必要性探路

一个必要条件就是\(f'(1)>0\)

\(f'(x)=\ln x+1-a\)

解得\(a\geq 1\)然后反验\(a\geq 1\)能使题设成立就结束了

第二问这个还是令\(a=1\)，那不等式

\[x\ln x-x+1\geq 0 \]

\[\ln x+1-\frac{1}{x}\geq 0 \]

代入\(x=\frac{n}{n+1}\)，得

\[\ln \frac{n}{n+1}+1-\frac{1}{n+1}\geq 0 \]

\[\frac{1}{n+1}\leq \ln \frac{n+1}{n} \]

\[\sum\limits^{n-1}_ {i=1}\frac{1}{i+1}<\sum\limits^{n-1}_ {i=1}\ln\frac{i+1}{i}=\ln n \]

第三问就是裸极值点偏移，按套路写就行了