热门试卷

解：（Ⅰ）当a=-时，f（x）=-（x-1）2+lnx，（x＞0）…（1分）

f‘（x）=-x++=-，…（2分）

①当0＜x＜2时，f'（x）＞0，f（x）在（0，2）单调递增；

②当x＞2时，f'（x）＜0，f（x）在（2，+∞）单调递减；

所以函数的单调递增区间是（0，2），单调递减区间是（2，+∞）．…（4分）

（Ⅱ）当a=时，h（x）=f（x）-3lnx+x-=x2-2lnx，

∴h′（x）=x-

令h′（x）=0解得x=，…（5分）

当x∈[1，]时，h′（x）＜0，当x∈[，e）时，h′（x）＞0，

故x=是函数h（x）在[1，e]上唯一的极小值点，…（6分）

故h（x）min=h（）=1-ln2，

又h（1）=，h（e）=e2-2，

所以h（x）max=e2-2．…（8分）    

（Ⅲ）由题意得a（x-1）2+lnx≤x-1对x∈[1，+∞）恒成立，…（9分）

设g（x）=a（x-1）2+lnx-x+1，x∈[1，+∞），则g（x）max≤0，x∈[1，+∞），

∴，…（10分）

①当a≤0时，若x＞1，则g′（x）＜0，所以g（x）在[1，+∞）单调递减，

∴g（x）max=g（1）=0≤0成立，得a≤0；…（11分）

②当时，，g（x）在[1，+∞）单调递增，

所以存在x＞1，使g（x）＞g（1）=0，则不成立；…（12分）

③当时，x=＞1，则f（x）在[1，]上单调递减，[，+∞）单调递增，

则存在∈[，+∞），有g（）=a（-1）2+ln-+1=-lna+a-1＞0，

所以不成立，…（13分）

综上得a≤0．…（14分）

解：（1）f′（x）=-a，

∵x=1是函数f（x）的一个极值点，

∴f′（1）=0，即1-a=0，解得a=1，

当0＜x＜1时，f′（x）=-1＞0，当x＞1时，f′（x）=-1＜0，

∴x=1是函数f（x）的极大值点，

∴a=1．

（2）f′（x）=-a，

∵x＞0，∴当a≤0时，f′（x）=-a＞0，f（x）在（0，+∞）是增函数；

当a＞0时，f（x）在（0，）上f′（x）=-a＞0，f（x）在（，+∞）上f′（x）=-a＜0，

故f（x）在（0，）上是增函数，f（x）在（，+∞）上是减函数．

（3）f（x）+a＜0即lnx-ax+a＜0，

令g（x）=lnx-ax+a，

由（1）知，当a≤0时，g（x）在（1，+∞）上单调递增，g（x）＞g（1）=0，不符合题意；

当a＞0时，g（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减，

①若0＜≤1，即a≥1，则g（x）在（1，+∞）单调递减，

g（x）＜g（1）=0，符合题意；

②若＞1，即0＜a＜1，g（x）在（1，）上递增，

此时有g（x）＞g（1）=0，不符合题意；

综上所述，a的取值范围是a≥1．

解：（1）当a=0时，f（x）=ex-2x-1（x∈R），

∵f′（x）=ex-2，且f′（x）的零点为x=ln2，

∴当x∈（-∞，ln2）时，f′（x）＜0；当x∈（ln2，+∞）时，f′（x）＞0

即（-∞，ln2）是f（x）的单调减区间，（ln2，+∞）是f（x）的单调增区间．

（2）由f（x）=ex-ax2-2x-1（x∈R）得，f′（x）=ex-2ax-2，

记g（x）=ex-2ax-2（x∈R），

∵a＜0，∴g′（x）=ex-2a＞0，即f′（x）=g（x）是R上的单调递增函数，

又f′（0）=-1＜0，f′（1）=e-2a-2＞0，

故R上存在唯一的x0∈（0，1），使得f′（x0）=0，且当x＜x0时，f′（x）＜0；当x＞x0时，

f′（x）＞0，即f（x）在（-∞，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，

则f（x）min=f（x0）=ex0-ax0-1，

再由f′（x0）=0得ex0=2ax0+2，将其代入前式可得，

f（x）min=，

又令h（x0）==-a，

由于-a＞0，对称轴，而x0∈（0，1），

∴h（x0）＞h（1）=a-1，

又＞0，

∴h（x0）＞，

故对任意实数a＜0，都在f（x）＞．

解：（1），令h（x）=，则：

；

∴h（x）在（0，+∞）上单调递增；

∴x∈（0，1）时，h（x）＜h（1）=0，f′（x）＜0，∴f（x）在（0，1）上单调递减；

x∈（1，+∞）时，h（x）＞h（1）=0，f′（x）＞0，∴f（x）在（1，+∞）上单调递增；

即f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增；

（2）证明：g′（x）=-6x2-6x=-6x（x+1）；

∴x∈（-∞，-1）时，g′（x）＜0，x∈（-1，0）时，g′（x）＞0；

∴g（-1）=1是g（x）的最小值；

∴问题等价于对任意的x∈（0，1）∪（1，+∞），f（x）＞1恒成立；

即证恒成立；

也就是证恒成立；

设，＞0；

∴r（x）在（0，+∞）上单调递增，r（1）=0；

∴x∈（0，1）时，r（x）＜0，则；

x∈（1，+∞）时，r（x）＞0，则；

综上可得：对任意的x1∈（0，1）∪（1，+∞），总存在x2∈（0，+∞），使得f（x1）＞g（x2）．

解：（1）a=1时：f（x）=x-1-2lnx，

∴f′（x）=1-，

令f′（x）＞0，解得：x＞2，

令f′（x）＜0，解得：0＜x＜2，

∴f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增；

（2）若函数f（x）＞0在（0，）内恒成立，

即对x∈（0，），a＞2-恒成立，

令l（x）=2-，则l′（x）=，

令m（x）=2lnx+-2，x∈（0，），

则m′（x）=＜0，

∴m（x）在（0，）递减，

∴m（x）＞m（）=2-2ln2＞0，

∴l′（x）＞0，

∴l（x）在（0，）递增，

∴要使a＞2-恒成立，

只需a∈[2-4ln2，+∞）．

a≥2-4ln2；