函数与导数习题

前情概要

现在看七八年前编写的博文，还是有点粗糙的，今天得空，重新编辑，将其中的题目归类到相应的博文中 .

低阶题目

已知函数 \(f(x)\)\(=\)\(\cfrac{ax+b}{x}\)\(\cdot\)\(e^x\)，\(a\)、\(b\)\(\in\)\(R\)，\(a>0\)，

(1).若函数 \(f(x)\) 在 \(x=-1\) 处取到极值 \(\cfrac{1}{e}\)，试求函数 \(f(x)\) 的解析式和单调区间；

提示：\(f'(x)\)\(=\)\(\cfrac{ax-(ax+b)}{x^2}e^x\)\(+\)\(\cfrac{ax+b}{x}e^x\)

\(f'(-1)=0\)，\(f(-1)\)\(=\)\(\cfrac{1}{e}\)，分别求得 \(a-2b=0\) 和 \(a-b=1\) ，

联立求得 \(a=2\)，\(b=1\)；则\(f(x)\)\(=\)\(\cfrac{2x+1}{x}\)\(\cdot\)\(e^x\)；

求解单调区间，实质就是解不等式 \(f'(x)\)\(=\)\(\cfrac{e^x(x+1)(2x-1)}{x^2}\)\(>\)\(0\) 和 \(f'(x)\)\(=\)\(\cfrac{e^x(x+1)(2x-1)}{x^2}\)\(<\)\(0\)，

此时可以通过穿根法解分式不等式。\((-\infty，-1)\) 和 \((\cfrac{1}{2}，+\infty)\) 单调递增；\((-1，0)\) 和 \((0，\cfrac{1}{2})\) 单调递减；

定义在\((-1，1)\)上的函数\(f(x)=1+x-\cfrac{x^2}{2}+\cfrac{x^3}{3}-\cdots-\cfrac{x^{2016}}{2016}\)，设\(F(x)=f(x+4)\)，且\(F(x)\)的零点均在区间\((a，b)\)内，其中\(a，b\in Z，a<b\)，则圆\(x^2+y^2=b-a\)的面积的最小值是多少？\(\pi\)。

分析：此题目的关键是求得\(f(x)\)的零点的个数和大致区间，为此，需要考虑\(f(x)\)的单调性和端点值的情况。

\(f'(x)=1-x+x^2-x^3+\cdots+x^{2014}-x^{2015}\)

\(=(1-x)+x^2(1-x)+\cdots+x^{2014}(1-x)\)

\(=(1-x)(1+x^2+x^4+\cdots+x^{2014})>0\)

或者利用数列这样计算：

\(f'(x)=1-x+x^2-x^3+\cdots+x^{2014}-x^{2015}=\cfrac{1-x^{2016}}{1+x}>0\)，

所以函数\(f(x)\)在区间\((-1，1)\)上单调递增，由于\(f(0)=1>0\)，

故在区间\((0，1)\)上没有零点，只需要考查区间\((-1，0)\)上，

\(f(-1)=(1-1)-(\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{3}+\cfrac{1}{4}+\cfrac{1}{5}+\cdots+\cfrac{1}{2014}+\cfrac{1}{2015}+\cfrac{1}{2016})<0\)，

所以函数在区间\((-1，0)\)上只有一个零点\(x_0\in (-1，0)\)，这样函数\(F(x)\)的零点就在区间\((-5，-4)\)，

所以\(b-a=1\)，即求解\(x^2+y^2=1\)的面积，很明显是\(\pi\)

(2016.山东高考改编)设\(f(x)=xlnx-ax^2+(2a-1)x，a\in R\).

⑴令\(g(x)=f'(x)\)，求\(g(x)\)的单调区间；

⑵已知\(f(x)\)在\(x=1\)处取得极大值，求正实数\(a\)的取值范围.

解析：⑴\(g(x)=f'(x)= lnx-2ax+2a，x\in (0，+\infty)\)

则\(g'(x)= \cfrac{1}{x}-2a=\cfrac{1-2ax}{x}\)

\(1^。\)当\(a\leq 0\)时，\(x\in(0，+\infty)\)，\(g'(x)>0，g(x)\nearrow\)

\(2^。\)当\(a> 0\)时，令\(g'(x)=0，1-2ax=0，x=\cfrac{1}{2a}\)

当\(x\in (0，\cfrac{1}{2a})\)，\(g'(x)>0，g(x)\nearrow\)；当\(x\in (\cfrac{1}{2a}，+\infty)\)，\(g'(x)<0，g(x)\searrow\)；

综上所述，当\(a\leq 0\)时，单增区间为\((0，+\infty)\)，无单减区间；当\(a> 0\)时，单增区间为\((0，\cfrac{1}{2a})\)，单减区间为\((\cfrac{1}{2a}，+\infty)\)。

⑵由⑴知，有\(f'(1)=0\)成立，

\(1^。\)当\(0<a<\cfrac{1}{2}\)时，\(\cfrac{1}{2a}>1\)，由⑴知\(f'(x)\)在\((0，\cfrac{1}{2a})\)单增，故\(x\in(0，1)\)时，\(f'(x)<0\)，\(x\in(1，\cfrac{1}{2a})\)时，\(f'(x)>0\)，则函数\(f(x)\)在\(x=1\)处取得极小值，不符，舍去；

\(2^。\)当\(a=\cfrac{1}{2}\)时，\(\cfrac{1}{2a}=1\)，\(f'(x)\)在\((0，1)\)上单增，在\((1，+\infty)\)上单减，则\(x\in (0，+\infty)\)时，\(f'(x)\leq 0\)，故\(f(x)\searrow\),无极大值，不符，舍去；

\(3^。\)当\(a>\cfrac{1}{2}\)时，\(0<\cfrac{1}{2a}<1\)，\(x\in(\cfrac{1}{2a}，1)\)时，\(f'(x)>0，f(x)\nearrow\)，\(x\in(1，+\infty)\)时，\(f'(x)<0，f(x)\searrow\)，故在\(x=1\)处取到极大值，符合题意。

综上，\(a\in (\cfrac{1}{2}，+\infty)\)。

已知函数\(f(x)=\cfrac{lnx}{1-x}\)，\(\phi(x)=(x-1)^2\cdot f'(x)\).

⑴若函数\(\phi(x)\)在区间\((3m，m+\cfrac{1}{2})\)上单调递减，求实数\(m\)的取值范围；

⑵若对于任意的\(x\in (0，1)\)，恒有\((1+x)\cdot f(x)+2a<0(a>0)\)，求实数\(a\)的取值范围；

【解析】⑴由于\(f'(x)=\cfrac{\cfrac{1}{x}(1-x)+lnx}{(1-x)^2}\)，

故\(\phi'(x)=(x-1)^2f'(x)=\cfrac{1}{x}(1-x)+lnx=\cfrac{1}{x}-1+lnx(x>0\&x\neq 1)\)

所以\(\phi'(x)=-\cfrac{1}{x^2}+\cfrac{1}{x}=\cfrac{x-1}{x^2}\)，则\(\phi(x)\)在区间\((0，1)\)单调递减，

又由题可知，函数\(\phi(x)\)在区间\((3m，m+\cfrac{1}{2})\)上单调递减，

则\((3m，m+\cfrac{1}{2})\subseteq (0，1)\)，则得到\(\begin{cases} &3m\ge 0 \\\ &m+\cfrac{1}{2}\leq 1 \\\ &3m<m+\cfrac{1}{2}\end{cases}\)

则有\(\begin{cases} &m\ge 0 \\\ &m<\cfrac{1}{4} \\\ &m\leq\cfrac{1}{2}\end{cases}\)，解得\(0\leq m <\cfrac{1}{4}\).

⑵转化为恒成立和分离参数来求解。对于任意的\(x\in (0，1)\)，恒有\(-2a\ge (1+x)\cdot f(x)\)成立，令\(g(x)=(1+x)\cfrac{lnx}{1-x}\)，

则\(g'(x)=\cfrac{lnx}{1-x}+(1-x)\cfrac{\cfrac{1}{x}(1-x)-lnx\cdot (1-x)'}{(1-x)^2}=\cfrac{lnx}{1-x}+(1-x)\cfrac{\cfrac{1}{x}(1-x)+lnx}{(1-x)^2}\)

即\(=\cfrac{lnx(1-x)+\cfrac{1}{x}(1-x)^2+(1+x)lnx}{(1-x)^2}=\cfrac{2lnx-x+\cfrac{1}{x}}{(1-x)^2}\)，

再令\(h(x)=2lnx+\cfrac{1}{x}-x\)，则\(h'(x)=\cfrac{2}{x}-\cfrac{1}{x^2}-1\)，则\(h''(x)=-\cfrac{2}{x^2}+\cfrac{2}{x^3}=2(\cfrac{1}{x^3}-\cfrac{1}{x^2})>0\)，

所以\(h'(x)\)在区间\((0，1)\)上单调递增，又\(h'(1)=0\)，则在区间\((0，1)\)上\(h'(x)<0\)，故\(h(x)\)在区间\((0，1)\)上单调递减，

又\(h(1)=0\)，则在区间\((0，1)\)上\(h(x)>0\)，故在区间\((0，1)\)上\(g'(x)>0\)，从而\(g(x)\)在区间\((0，1)\)上单调递增，

故\(g(x)_{max}= g(1)\)，以下用洛必达法则求解\(g(1)\)；

\(\lim\limits_{x\to 1} g(x)= \lim\limits_{x\to 1} \cfrac{((1+x)lnx)'}{(1-x)'}=\lim\limits_{x\to 1} \cfrac{lnx+\cfrac{1+x}{x}}{-1}=-2\)；

故\(g(x)_{max}= g(1)\)，故\(-2a \ge -2\)，又\(a>0\)，解得\(0<a\leq 1\)．

已知函数\(f(x)=(2-x)e^x-ax-a\)，若不等式\(f(x)>0\)恰有两个正整数解，则求\(a\)的取值范围。

分析：先转化为不等式\((2-x)e^x>a(x+1)\)恰有两个正整数解，令函数\(h(x)=(2-x)e^x，g(x)=a(x+1)\)，

问题转化为函数\(h(x)\)在函数\(g(x)\)上方的部分只包含两个正整数，由\(h'(x)=-e^x+(2-x)e^x=2(1-x)e^x\)得到，

\(x\in (-\infty，1)\)时，\(h'(x)>0，h(x)\nearrow\)；\(x\in (1，+\infty)\)时，\(h'(x)<0，h(x)\searrow\)；

在同一个坐标系中做出两个函数的图像，注意作图的特点，\(h(x)\)中含有正因子\(e^x\)，\(g(x)\)图像恒过定点\((-1，0)\)，课件

由图可以看出，当\(a\ge 0\)时，满足题意的正整数解只有\(x=1\)一个，\(x=2\)不能算在内，显然不满足题意；

当\(a<0\)时，至少已有两个正整数解\(\{1 ,2\}\)，此时需要加以控制，不能出现多于两个的情况，

当\(h(3)=g(3)\)时，\(f(x)>0\)的解集中没有 \(3\)，故只需要\(h(3)\leq g(3)\)，即\((2-3)e^3\leq a(3+1)\)，

解得\(a\in [-\cfrac{1}{4}e^3，0)\).

【2019高三理科数学资料用题】【2018荆州模拟】设函数\(f(x)=\cfrac{1}{3}x^3-\cfrac{a}{2}x^2+bx+c\)，曲线\(y=f(x)\)在点\((0，f(0))\)处的切线方程为\(y=1\)。

(1)、求\(b，c\)的值；

分析：由题目可知，\(f'(x)=x^2-ax+b\)，结合题意有，

\(\left\{\begin{array}{l}{f(0)=1}\\{f'(0)=0}\end{array}\right.\)，解得\(\left\{\begin{array}{l}{b=0}\\{c=1}\end{array}\right.\)，

(2)、若\(a>0\)，求函数\(f(x)\)的单调区间；

分析：由(1)知，\(f'(x)=x^2-ax=x(x-a)(a>0)\)，

当\(x\in (-\infty，0)\)时，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)单调递增；

当\(x\in (0，a)\)时，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)单调递减；

当\(x\in (a，+\infty)\)时，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)单调递增；

综上所述，略。

(3)、设函数\(g(x)=f(x)+2x\)，且\(g(x)\)在区间\((-2，-1)\)内存在单调递减区间，求实数\(a\)的取值范围；

【法1，直接法】：\(g(x)=\cfrac{1}{3}x^3-\cfrac{a}{2}x^2+1+2x\)，则\(g'(x)=x^2-ax+2\)，

由\(g(x)\)在区间\((-2，-1)\)内存在单调递减区间，得到，

\(g'(x)=x^2-ax+2<0\)在区间\((-2，-1)\)上能成立，

分离参数得到，\(a<x+\cfrac{2}{x}\)在区间\((-2，-1)\)上能成立，

而\(\left(x+\cfrac{2}{x}\right)_{max}=-2\sqrt{2}\)，当且仅当\(x=\cfrac{2}{x}\)，即\(x=-\sqrt{2}\)时取到等号，

故实数\(a\)的取值范围为\((-\infty，-2\sqrt{2})\)。

注意：存在单调递减区间，应该得到\(f'(x)<0\)能成立，而不是\(f'(x)\leq 0\)能成立。

若\(a=-2\sqrt{2}\)，由\(g'(x)=x^2+2\sqrt{2}x+2=(x+\sqrt{2})^2\ge 0\)恒成立，则函数\(g(x)\)只能有单调递增区间，不会存在单调递减区间。

【法2，间接法】假设函数\(g(x)\)在区间\((-2，-1)\)内不存在单调递减区间，

则函数\(g(x)\)在区间\((-2，-1)\)内为常函数或单调递增，

则恒有\(g'(x)=0\)或\(g'(x)\ge 0\)在区间\((-2，-1)\)内恒成立，

由于\(g'(x)=x^2-ax+2\)，显然恒有\(g'(x)=0\)不成立，

故重点探究\(g'(x)\ge 0\)在区间\((-2，-1)\)内恒成立，

\(g'(x)=x^2-ax+2\ge 0\)在区间\((-2，-1)\)内恒成立，分离参数，

得到\(a\ge x+\cfrac{2}{x}(-2<x<-1)\)在区间\((-2，-1)\)内恒成立，

由于\(h(x)=x+\cfrac{2}{x}\)在\((-2，-\sqrt{2}]\)上单调递增，在\([-\sqrt{2}，-1)\)上单调递减，

故\(h(x)_{max}=h(-\sqrt{2})=-2\sqrt{2}\)，

故函数\(g(x)\)在区间\((-2，-1)\)内不存在单调递减区间时，\(a\ge -2\sqrt{2}\)；

即存在单调递减区间时，\(a< -2\sqrt{2}\)，即\(a\in (-\infty，-2\sqrt{2})\)。

【2019高三理科数学资料用题】设函数\(f(x)=(x+a)e^{ax}(a\in R)\)，若函数在区间\((-4，4)\)内单调递增，求\(a\)的取值范围。

分析：由函数\(f(x)\)在在区间\((-4，4)\)内单调递增，

则\(f'(x)\ge 0\)在区间\((-4，4)\)内恒成立，

又\(f'(x)=(ax+a^2+1)e^{ax}\)，注意到\(e^{ax}>0\)恒成立，

即有\(ax+a^2+1\ge 0\)在区间\((-4，4)\)内恒成立，

令\(g(x)=ax+a^2+1\)为一次型的函数，故只需要满足\(\left\{\begin{array}{l}{g(-4)\ge 0}\\{g(4)\ge 0}\end{array}\right.\)，

即\(\left\{\begin{array}{l}{a^2-4a+1\ge 0}\\{a^2+4a+1\ge 0}\end{array}\right.\)，

解得，\(\left\{\begin{array}{l}{a\ge 2+\sqrt{3}或a\leq 2-\sqrt{3}}\\{a\leq -2-\sqrt{3}或a\ge -2+\sqrt{3}}\end{array}\right.\)，

即\(a\in (-\infty，-2-\sqrt{3}]\cup[-2+\sqrt{3}，2-\sqrt{3}]\cup[2+\sqrt{3}，+\infty)\)。

【2019高三文科数学资料用题】已知函数\(f(x)=x^3-ax-1\)。

(1)若\(f(x)\)为\(R\)上的增函数，求实数\(a\)的取值范围。

分析：\(f'(x)\ge 0\)在\(R\)上恒成立，

即\(f'(x)=3x^2-a\ge 0\)在\(R\)上恒成立，

分离参数，即\(a\leq 3x^2\)在\(R\)上恒成立，

即\(a\leq (3x^2)_{min}=0\)，故\(a\in (-\infty，0]\)。

(2)若\(f(x)\)为\((-1，1)\)上的单调减函数，求实数\(a\)的取值范围。

分析：\(f'(x)\leq 0\)在\((-1，1)\)上恒成立，

即\(f'(x)=3x^2-a\leq 0\)在\((-1，1)\)上恒成立，

分离参数，即\(a\ge 3x^2\)在\((-1，1)\)上恒成立，

又\(x\in (-1，1)\)时，\(3x^2<3\)，即\(3x^2\)的最大值的极限为\(3\)，

则\(a\ge 3\)，故\(a\in [3，+\infty)\)。

(3)若函数\(f(x)\)的单调递减区间是\((-1，1)\)，求实数\(a\)的值。

分析：\(f'(x)=3x^2-a\)，令\(f'(x)=3x^2-a<0\)，解得单调递减区间为\((-\cfrac{\sqrt{3a}}{3}，\cfrac{\sqrt{3a}}{3})\)，

又函数\(f(x)\)的单调递减区间是\((-1，1)\)，故\(\cfrac{\sqrt{3a}}{3}=1\)，

解得\(a=3\)。

(4)若\(f(x)\)在\((-1，1)\)上不单调，求实数\(a\)的取值范围。

法1：先分类求解单调，再求其补集即可；

法2：\(f'(x)=3x^2-a\)，当\(a\leq 0\)时，函数\(f'(x)\ge 0\)，

则函数\(f'(x)\)单调递增，不符合题意，故\(a>0\)。

当\(a>0\)时，令\(f'(x)=0\)，解得\(x=\pm \cfrac{\sqrt{3a}}{3}\)，

\(f(x)\)在\((-1，1)\)上不单调，则\(f'(x)=0\)在\((-1，1)\)上有解，

只需要\(0< \cfrac{\sqrt{3a}}{3}<1\)，解得\(a\in (0，3)\)。

【2016高考新课标Ⅱ卷第20题】已知函数\(f(x)=(x+1)lnx-a(x-1)\)．

（I）当\(a=4\)时，求曲线\(y=f(x)\)在\((1，f(1)\)处的切线方程；

分析：\(f(x)=(x+1)lnx-4(x-1)\)，\(f(1)=0\)，故切点为\((1，0)\)

又\(f'(x)=lnx+(x+1)\cdot \cfrac{1}{x}-4\)，\(f'(1)=-2\)，

由点斜式得到\(y-0=-2(x-1)\)，即\(2x+y-2=0\)；

（II）若当\(x\in(1，+\infty)\)时，\(f(x)>0\)，求\(a\)的取值范围．

法1：当\(x\in(1，+\infty)\)时，\(f(x)>0\)等价于\(lnx-\cfrac{a(x-1)}{x+1}>0\)，

[反思]这样变形的目的是为了将\(lnx\)这一块变得简单，有助于求导。

设\(g(x)=lnx-\cfrac{a(x-1)}{x+1}\)，\(g(1)=0\)，

\(g'(x)=\cfrac{1}{x}-\cfrac{a(x+1)-a(x-1)}{(x+1)^2}\)

\(=\cfrac{1}{x}-\cfrac{2a}{(x+1)^2}=\cfrac{x^2+2(1-a)x+1}{x(x+1)^2}\)

分子函数\(y=x^2+2(1-a)x+1\)的对称轴为\(x=-\cfrac{2(1-a)}{2}=a-1\)，

当对称轴在\(x=1\)处或者其左侧时，在\(x>1\)时的函数图像是在\(x\)轴上方的，则分界点是\(a\leq 2\)。

①当\(a\leq 2\)时，\(x\in (1，+\infty)\)时，\(x^2+2(1-a)x+1>x^2-2x+1>0\)，故\(g'(x)>0\)，

\(g(x)\)在\((1，+\infty)\)上单调递增，\(g(1)=0\)，因此，\(g(x)>0\)，故\(a\leq 2\)满足题意；

②当\(a>2\)时，令\(g'(x)=0\)得到，\(x_1=a-1-\sqrt{(a-1)^2-1}\)，\(x_2=a-1+\sqrt{(a-1)^2-1}\)，

由\(x_2>1\)和\(x_1x_2=1\)可得，\(x_1<1\)，

故当\(x\in (1，x_2)\)时，\(g'(x)<0\)，\(g(x)\)在区间\((1，x_2)\)上单调递减，

此时\(g(x)<g(1)=0\)，故不符题意，舍去，

综上可知，\(a\)的取值范围是\((-\infty，2]\)。

法2：当\(x\in(1，+\infty)\)时，\(f(x)>0\)，

即\((x+1)lnx-a(x-1)>0\)在\(x\in(1，+\infty)\)时恒成立，

分离参数得到\(a<\cfrac{(x+1)lnx}{x-1}=h(x)\)在\(x\in(1，+\infty)\)时恒成立，

只需要求\(x\in(1，+\infty)\)时的\(h(x)\)的最小值或最小值的极限即可。

\(h'(x)=\cfrac{[(x+1)lnx]'\cdot (x-1)-[(x+1)lnx]\cdot 1}{(x-1)^2}\)

\(=\cfrac{-2lnx+\cfrac{x^2-1}{x}}{(x-1)^2}\)

令\(g(x)=-2lnx+x-\cfrac{1}{x}\)，

\(g'(x)=-\cfrac{2}{x}+1+\cfrac{1}{x^2}=\cfrac{x^2+1-2x}{x^2}>0\)，

故函数\(g(x)\)在\((1，+\infty)\)上单调递增，故\(g(x)>g(1)=0\)，

故函数\(h'(x)=\cfrac{-2lnx+\cfrac{x^2-1}{x}}{(x-1)^2}>0\)，

故函数\(h(x)\)在\((1，+\infty)\)上单调递增，

故\(h(x)>h(1)=\cfrac{0}{0}\)，故需要用到洛必达法则来求\(h(1)\)；

\(h(1)=\lim\limits_{x\to 1} h(x)= \lim\limits_{x\to 1}\cfrac{(x+1)lnx}{x-1}\)

\(= \lim\limits_{x\to 1}\cfrac{((x+1)lnx)'}{(x-1)'}\)

\(= \lim\limits_{x\to 1}\cfrac{lnx+(x+1)\cdot \cfrac{1}{x}}{1}\)

\(=2\)，故\(h(1)=2\)，

故\(a\leq 2\)，即\(a\)的取值范围是\((-\infty，2]\)。

【2019届高三理科数学三轮模拟试题】设\(f(x)=x-alnx\)，\(a\in R\)，

(1).当\(a=2\)时，求函数\(f(x)\)在点\((1，f(1))\)处的切线方程；

分析：当\(a=2\)时，\(f(x)=x-2lnx\)，\(f'(x)=1-\cfrac{2}{x}\)，\(f'(1)=-1\)，故函数\(f(x)\)在点\((1，f(1))\)处的切线方程为\(y-1=-(x-1)\)，即\(x+y-2=0\)。

(2).记函数\(g(x)=f(x)-\cfrac{a-1}{x}\)，若当\(x=1\)时，函数\(g(x)\)有极大值，求\(a\)的取值范围；

分析：\(g(x)=x-alnx-\cfrac{a-1}{x}\)，定义域为\((0，+\infty)\)，

则\(g'(x)=1-\cfrac{a}{x}+\cfrac{a-1}{x^2}=\cfrac{x^2-ax+(a-1)}{x^2}=\cfrac{(x-1)[x-(a-1)]}{x^2}\)

令\(g'(x)=0\)，则\(x_1=1\)，\(x_2=a-1\)，以下针对\(a-1\)与\(1\)的关系以及定义域分类讨论如下，

①当\(a-1\leq 0\)时，即\(a\leq 1\)时，

当\(x\in (0，1)\)时，\(g'(x)<0\)，\(g(x)\)单调递减，当\(x\in (1，+\infty)\)时，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)单调递增，

故\(x=1\)不是函数\(g(x)\)的极大值点，不合题意；

②当\(0<a-1<1\)时，即\(1<a<2\)时，

当\(x\in (0，a-1)\)时，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)单调递增，当\(x\in (a-1，1)\)时，\(g'(x)<0\)，\(g(x)\)单调递减，当\(x\in (1，+\infty)\)时，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)单调递增，故\(x=1\)不是为函数\(g(x)\)的极大值点，不合题意；

③当\(a-1=1\)时，即\(a=2\)时，\(g'(x)\ge 0\)恒成立，故\(x=1\)不是函数\(g(x)\)的极值点，不合题意；

④当\(a-1>1\)时，即\(a>2\)时，

当\(x\in (0，1)\)时，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)单调递增，当\(x\in (1，a-1)\)时，\(g'(x)<0\)，\(g(x)\)单调递减，当\(x\in (a-1，+\infty)\)时，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)单调递增，故\(x=1\)为函数\(g(x)\)的极大值点，满足题意；

综上所述，当\(a>2\)时，\(x=1\)为函数\(g(x)\)的极大值点，即所求的\(a\)的取值范围是\((2，+\infty)\).

中阶习题

已知函数\(f(x)\)的定义域为\(R\)，且\(f'(x)+f(x)=2xe^{-x}\)，若\(f(0)=1\)，则函数\(\cfrac{f'(x)}{f(x)}\)的取值范围是多少？

分析：本题目的难点在于要注意到\((e^x)'=e^x\)以及构造函数，

解析：由题目\(f'(x)+f(x)=2xe^{-x}\)可知，\(e^xf'(x)+e^xf(x)=2x\)，

令\(g(x)=e^xf(x)\)，则\(g'(x)=e^xf'(x)+e^xf(x)=2x\)，

故\(g(x)=e^xf(x)=\int 2x\;\;dx=x^2+C\)，由\(f(0)=1\)，得到\(g(0)=1=0^2+C\)，故\(C=1\)

所以\(e^xf(x)=x^2+1\)，则\(f(x)=\cfrac{x^2+1}{e^x}\)，

\(f'(x)=\cfrac{2xe^x-(x^2+1)e^x}{(e^x)^2}=\cfrac{2x-x^2-1}{e^x}\)

故 \(\cfrac{f'(x)}{f(x)}=\cfrac{2x-x^2-1}{x^2+1}=\cfrac{2x}{x^2+1}-1\)，^[1]

由于 \(-x^2-1\leq 2x\leq x^2+1\)，故 \(|2x|\leqslant x^2+1\)，即 \(|2x|\leq |x^2+1|\)，

也即 \(|\cfrac{2x}{x^2+1}|\leq 1\)，故 \(-1\leqslant\cfrac{2x}{x^2+1}\leqslant 1\)，

则 \(-2\leqslant\cfrac{2x}{x^2+1}-1\leqslant 0\)，即得到\(\cfrac{f'(x)}{f(x)}\in [-2，0]\)

高阶习题

已知 \(e\) 是自然对数的底数，函数 \(f(x)\) 的定义域是 \(R\)，\(2^{f(x)}\)\(\cdot\)\(2^{f'(x)}\)\(>\)\(2\)，\(f(0)\)\(=\)\(27^{\frac{2}{3}}\)\(-\)\(2^{log_2^\;3}\)\(\times\)\(\log_2^\;{\frac{1}{8}}\)\(+\)\(2lg(\sqrt{3+\sqrt{5}}+\sqrt{3-\sqrt{5}})\)\(-\)\(11\)，则不等式\(\cfrac{f(x)-1}{e^{ln7-x}}>1\)的解集是【\(\qquad\)】

$A.(-\infty，0)$ $B.(0，+\infty)$ $C.(1，+\infty)$ $D.(-\infty，1)$

分析：先将所给的条件化简如下，由 \(2^{f(x)}\)\(\cdot\)\(2^{f'(x)}\)\(>\)\(2\) 得到 \(f(x)\)\(+\)\(f'(x)\)\(-\)\(1\)\(>\)\(0\)，

由 \(f(0)\)\(=\)\(27^{\frac{2}{3}}\)\(-\)\(2^{log_2^\;3}\)\(\times\)\(\log_2^\;{\frac{1}{8}}\)\(+\)\(2lg(\sqrt{3+\sqrt{5}}+\sqrt{3-\sqrt{5}})\)\(-\)\(11\)，

得到 \(f(0)\)\(=\)\(8\)，由所求解的不等式 \(\cfrac{f(x)-1}{e^{ln7-x}}\)\(>\)\(1\) 得到 \(e^x\)\(\cdot\)\(f(x)\)\(-\)\(e^x\)\(-\)\(7\)\(>\)\(0\)；

故这样构造函数，令 \(g(x)\)\(=\)\(e^x\)\(\cdot\)\(f(x)\)\(-\)\(e^x\)\(-\)\(7\)，

则 \(g'(x)\)\(=\)\(e^x\)\(\cdot\)\(f(x)\)\(+\)\(e^x\)\(\cdot\)\(f'(x)\)\(-\)\(e^x\)\(=\)\(e^x\)\((f(x)+f'(x)-1)\)\(>\)\(0\)，

故 \(g(x)\) 在 \(R\) 上单调递增；又 \(g(0)\)\(=\)\(e^0\)\(\cdot\)\(f(0)\)\(-\)\(e^0\)\(-\)\(7\)\(=\)\(0\)，故 \(g(x)\)\(>\)\(0\) 的解集为 \((0，+\infty)\) ，

即不等式 \(\cfrac{f(x)-1}{e^{ln7-x}}\)\(>\)\(1\) 的解集为 \((0，+\infty)\) ，选 \(B\) .

⚠️ [本题目的简化版]已知 \(e\) 是自然对数的底数，函数 \(f(x)\) 的定义域是 \(R\)，\(f(x)\)\(+\)\(f'(x)\)\(-\)\(1\)\(>\)\(0\)，\(f(0)\)\(=\)\(8\)，则不等式\(e^x\)\(\cdot\)\(f(x)\)\(-\)\(e^x\)\(-\)\(7\)\(>\)\(0\)的解集是【\(\qquad\)】

$A.(-\infty，0)$ $B.(0，+\infty)$ $C.(1，+\infty)$ $D.(-\infty，1)$

故这样构造函数，令\(g(x)\)\(=\)\(e^x\)\(\cdot\)\(f(x)\)\(-\)\(e^x\)\(-\)\(7\)，则\(g'(x)\)\(=\)\(e^x\)\(\cdot\)\(f(x)\)\(+\)\(e^x\)\(\cdot\)\(f'(x)\)\(-\)\(e^x\)\(=\)\(e^x\)\((f(x)+f'(x)-1)\)\(>\)\(0\)，故 \(g(x)\) 在 \(R\) 上单调递增；

又 \(g(0)\)\(=\)\(e^0\)\(\cdot\)\(f(0)\)\(-\)\(e^0\)\(-\)\(7\)\(=\)\(0\)，故 \(g(x)\)\(>\)\(0\) 的解集为 \((0，+\infty)\) ，即不等式 \(\cfrac{f(x)-1}{e^{ln7-x}}>1\)的解集为\((0，+\infty)\) ，选 \(B\) .

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1. 思路二，由于接下来需要变量集中到分母，故针对\(x\)分类讨论如下：
   当\(x=0\)时，直接代入上式得到\(\cfrac{f'(x)}{f(x)}=-1\)；
   当\(x\neq 0\)时，\(\cfrac{f'(x)}{f(x)}=\cfrac{2}{x+\cfrac{1}{x}}-1\)；由于\(|x+\cfrac{1}{x}|\ge 2\)，
   则\(0<\cfrac{1}{\left|x+\cfrac{1}{x}\right|}\leq \cfrac{1}{2}\)，即\(0<\left|\cfrac{2}{x+\frac{1}{x}}\right|\leq 1\)，
   所以\(-1\leq \cfrac{2}{x+\cfrac{1}{x}}<0或0< \cfrac{2}{x+\cfrac{1}{x}}\leq 1\)；
   \(-1-1\leq \cfrac{2}{x+\cfrac{1}{x}}-1<0-1或0-1< \cfrac{2}{x+\cfrac{1}{x}}-1\leq 1-1\)；
   即\(-2\leq \cfrac{f'(x)}{f(x)}<-1或-1< \cfrac{f'(x)}{f(x)}\leq 0\)；
   综上得到\(\cfrac{f'(x)}{f(x)}\in [-2，0]\) ↩︎