热门试卷

解：（Ⅰ）当m=0时，f（x）=ex-lnx，

求导数得：，

∵当x∈[1，+∞）时，，∴f‘（x）＞0，

∴当m=0时函数f（x）在区间[1，+∞）上为增函数；

（Ⅱ）求导数得：，

由x=0是f（x）的极值点得f'（0）=0，∴m=1，

于是f（x）=ex-ln（x+1），定义域为（-1，+∞），

，

显然函数在（-1，+∞）上单调递增，且f'（0）=0，

因此当x∈（-1，0）时，f'（0）＜0；x∈（0，+∞）时，f'（0）＞0，

∴f（x）在（-1，0）上单调递减，在（0，+∞）单调递增．

解：（Ⅰ）令h（x）=cosx+ax2-1，则h′（x）=-sinx+2ax，[h′（x）]′=-cosx+2a，

当2a≤0时，此时在条件下，[h′（x）]′＜0，

则h′（x）在上为减函数，所以h′（x）≤h′（0）=0，

所以h（x）在上为减函数，

所以当时，h（x）＜0，即f（x）＜1；

当0＜2a＜1，即时，存在，使得cosx0=2a，

当0＜x＜x0时，[h′（x）]′＜0，h′（x）为减函数，则h′（x）＜h′（0）=0，

即h（x）在（0，x0）上递减，则x∈（0，x0）时，h（x）＜h（0）=0，

所以h（x）＜0，即f（x）＜1；      （2分）

当2a=1，即时，x≥0，h′（x）=-sinx+x≥0，

则h（x）在（0，+∞）上为增函数，即当x≥0时，h（x）≥h（0）=0，即f（x）≥1；

当2a＞1，即时，当x≥0时，[h′（x）]′=-cosx+2a＞0，

则h（x）在（0，+∞）上为增函数，当x≥0时，h（x）≥h（0）=0，即f（x）≥1．

综上，，则a的最小值．             （4分）

（Ⅱ）不妨设x2≥x1，f′（x）=-sinx+x，[f′（x）]′=-cosx+1≥0，

所以f′（x）在R上为增函数，（5分）

令g（x）=p1f（x1）+p2f（x）-f（p1x1+p2x）．g′（x）=p2f′（x）-p2f′（p1x1+p2x），

当x＞x1时，因为x-p1x1-p2x＞0，所以g′（x）＞0，（7分）

即g（x）在[x1，+∞）上为增函数，所以g（x2）≥g（x1）=0，

则g（x）=p1f（x1）+p2f（x）-f（p1x1+p2x）≥0，

则原结论成立．          （8分）

（Ⅲ）（ⅰ）当n=1时，结论成立；

（ⅱ）假设当n=k结论成立，即存在n个正数pi（i=1，2，3，…n），p1+p2+…+pk=1时，对于n个自变量的值x1，x2，x3，…，xn，有J≥f（p1x1+p2x2+…+pkxk）．

当n=k+1时，

令存在n+1个正数pi（i=1，2，3，…n+1），p1+p2+…+pk+1=1，

令p1+p2+…+pk=m，则，

对于n+1个自变量的值x1，x2，x3，…，xn+1，

此时J=p1f（x1）+p2f（x2）+…+pkf（xk）+pk+1f（xk+1）=≥．    （10分）

因为m+pk+1=1，所以

所以n=k+1时结论也成立，（11分）

综上可得J≥f（p1x1+p2x2+…+pk+1xk+1）．

当x≥0时，f′（x）=-sinx+x≥0，（12分）

所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，

所以．

解：（Ⅰ）由已知有，

∵（1，f（1））是f（x）的一个极值点，

∴f‘（1）=1-a-2=0，

解得a=-1．

（Ⅱ）由题意知x＞0，且≥-1恒成立，即a≤．

令g（x）=，于是，

∴当x≥2时，g'（x）≥0，即g（x）是[2，+∞）上的增函数，

当0＜x＜2时，g'（x）＜0，即g（x）是（0，2）上的减函数，

∴当x=2时，g（x）取最小值g（2）=，

∴a≤，即a的最大值为

（Ⅲ）∵=，

设φ（x）=-ax2-2x+1（x＞0，a≠0），

①当a＞0时，φ（x）对称轴为，过点（0，1）开口向下，有一个正根，

则f（x）在上是增函数，在上是减函数．

当a＜0时，φ（x）对称轴为，过点（0，1）开口向上，

i）若a≤-1，f'（x）≥0，则f（x）在（0，+∞）上是增函数．

ii）若-1＜a＜0，当x∈时，f'（x）≥0；当x∈时，f'（x）≤0；

当x∈时，f'（x）≥0；

∴f（x）在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数．

∴综上所述，①当a≤-1时，f（x）在（0，+∞）上是增函数；

②当-1＜a＜0时，f（x）在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数；

③当a＞0时，f（x）在上是增函数，在上是减函数．