热门试卷

解：（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞），

函数的f（x）的导数f′（x）=，

当a＞0时，f′（x）＞0，此时函数单调递增，

当a＜0时，f′（x）==，

由f′（x）＞0，解得0＜x＜，

由f′（x）＞0，解得x＜，

∴函数f（x）在（0，）上增函数，则（，+∞）是减函数；

（Ⅱ）若a=1，f（x）=lnx+x，要证明：x∈[1，2]时，f（x）-3＜成立．

则只需要证明xlnx+x2-3x-1＜0，

则g′（x）=lnx+2x-2，

∵g′（1）=0，

∴设h（x）=lnx+2x-2，h′（x）=，x∈[1，2]，

∴h（x）在x∈[1，2]上单调递增，∴g′（1）≤g′（x）≤g′（2），

即0≤g′（x）≤2+ln2，

∴g（x）在[1，2]上单调递增，∴g（x）≤g（2）=2ln2-3＜0，

∴当x∈[1，2]时，xlnx+x2-3x-1＜0恒成立，即原命题得证．

解：（Ⅰ）因为f′（x）=3ax2-6x，且在x=-1处的切线与直线y=-x+1垂直，

所以3a+6=3，所以a=-1，

（Ⅱ）由f（x）=ax3-3x2+1-（a≠0），则f′（x）=3ax2-6x，

令f′（x）=0⇒x1=0，x2=．

①当a＞0时，

当x＜0或x＞时，f′（x）＞0；当0＜x＜时，f′（x）＜0．

则函数f（x）的单调增区间是（-∞，0），（，+∞），函数f（x）的单调减区间是（0，）；

②当a＜0时，

当x＜或x＞0时，f′（x）＞0；当＜x＜0时，f′（x）＜0．

则函数f（x）的单调减区间是（-∞，），（0，+∞），函数f（x）的单调增区间是（，0）；

综上可知，

当a＞0时，函数f（x）的单调增区间是（-∞，0），（，+∞），函数f（x）的单调减区间是（0，）；

当a＜0时，函数f（x）的单调减区间是（-∞，），（0，+∞），函数f（x）的单调增区间是（，0）；

（Ⅲ）当a=1时，函数f（x）=x3-3x2-2，则f′（x）=3x2-6x，

设切点为P（x0，y0），则；

又由曲线y=f（x）的切线过点M（2，m）（m≠-6），

则，

整理得

令，有，

令g′（x）＞0，解得x＜1或x＞2，令g′（x）＜0，解得1＜x＜2

故函数函数g（x）的极大值为g（1），极小值为g（2）

由于过点M（2，m）（m≠-6），可作曲线y=f（x）的三条切线，则有三个不同的根

即函数有三个不同的零点，亦即函数g（x）的极大值大于0且极小值小于0

即，解得-7＜m＜-6，

故实数m的取值范围为（-7，-6）．

解：（1）F（x）=lnx-，∴F′（x）=；

①若（2-2k）2-4≤0，即0≤k≤2，x∈（0，+∞）时，x2+（2-2k）x+1≥0，∴F′（x）≥0；

∴函数F（x）在（0，+∞）上单调递增，（0，+∞）是它的单调递增区间．

②若（2-2k）2-4＞0，即k＜0，或k＞2，方程x2+（2-2k-）x+1=0的解是；

当，即k＜1，且k＜0，∴k＜0时，x∈（0，+∞）时，F′（x）＞0，∴函数F（x）在（0，+∞）上单调递增，（0，+∞）是它的单调递增区间．

当，且，则不存在符合该条件的k，所以这种情况不存在．

当，即k＞1，且k＞2，∴k＞2时，x∈（0，）时，F′（x）＞0；x∈[）时，F′（x）＜0；x∈[，+∞）时，F′（x）＞0；

∴函数F（x）的单调递增区间是（0，）和[，+∞）；单调递减区间是[）．

（2）令F（x）=f（x）-g（x），且F（1）=0，∴只要x＞1时F（x）＞F（1）即可，即F（x）在（1，+∞）上单调递增；

由（1）知：0≤k≤2时，F（x）在（1，+∞）上是增函数，∴0≤k≤2符合题意；F（x）在[，+∞）单调递增，∴，∴k≥1，且k＞2，∴k＞2．

综上可得：k的取值范围是[0，+∞）．

（3）设h（x）=ln（1-），μ（x）=，下面我们证，在[1，+∞）上，h（x）＞μ（x）．

要证，只要证，即证；

设G（x）=，G′（x）=，要使G′（x）＞0，我们可以让x3＞2（x+1）2，即x3-2（x+1）2＞0；

∴设φ（x）=x3-2（x+1）2，φ′（x）=3x2-4x-4；

∴x≥2时，3x2-4x-4＞0，即φ′（x）＞0，∴φ（x）≥φ（2）=7＞0；

∴G′（x）＞0，∴G（x）在[2，+∞）上单调递增，∴G（x）≥G（2）=，由（2）知，x＞1时，，这时取x=，k=3，便有，∴G（2）＞0，∴在[2，+∞）上G（x）＞0，∴；

又，所以：

…

∴．