热门试卷

证明：f′（x）=（x+1）lnx-x2+1=（x+1）[lnx-x+1]，

令g（x）=lnx-x+1，则g′（x）=-1=，

令g′（x）＞0，解得：0＜x＜1，令g′（x）＜0，解得：x＞1，

∴g（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减，

∴g（x）max=g（1）=ln1-1+1=0，

∴f′（x）≤0，

∴f（x）在（0，+∞）是减函数．

解：（1）f（x）=F=x3-3x，

由，得x3-3x＞1．又，由f′（x）=0，得x=，

∵x3-3x＞1，∴x=．又f（-）=，∴切点为（）．

∴存在与直线4x+15y-3=0垂直的切线，其方程为，即15x-4y+27=0．

（2）g（x）==x3+ax2+bx+1．

由＞0，得x3+ax2+bx＞0，

由g′（x）=3x2+2ax+b=-8，得b=-3x2-2ax-8，

x3+ax2+bx=x3+ax2+x（-3x2-2ax-8）=-2x3-ax2-8x＞0在（1，4）上有解，

∴2x2+ax+8＜0在（1，4）上有解，即a在（1，4）上有解，∴a（1＜x＜4），

而-2x-=-（2x+）≤-2=-8，当且仅当x=2时取等号，∴a＜-8．

故实数a的取值范围为（-∞，-8）．

证明：（3）F（x，y）＞F（y，x）⇔（1+x）y＞（1+y）x⇔yln（1+x）＞xln（1+y）⇔，

令h（x）=，则，当x≥2时，，

∴h′（x）＜0，h（x）单调递减．

∴当2≤x＜y时，h（x）＞h（y），又当x=1且y=2时，h（1）=ln2．

故当x，y∈N*，且x＜y时，h（x）＞h（y），即F（x，y）＞F（y，x）．

解：（I）f′（x）=x2-2bx+2，

∵x=2是f（x）的一个极值点，

∴f′（2）=22--4b+2=0，

解得b=，

∴f′（x）=x2-3x+2，

令f′（x）＞0，

解得x＜1或x＞2．

∴函数f（x）的单调递增区间是（-∞，1），（2，+∞）；

（Ⅱ） 由（1）知：f（x）在[-1，1]，[2，3]递增，在[1，2]递减，

∴

∴．

解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（-1，+∞），

f′（x）=-+=，

故当x∈（-1，0）时，f′（x）＜0，

当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，

故f（x）的单调减区间为（-1，0），单调增区间为（0，+∞）；

（Ⅱ）证明：当x∈（0，1）时，

令h（x）=f（x）-[（ln2-1）x3+x2+1]，

则h′（x）=-3（ln2-1）x2-x

=x（-3（ln2-1）x-1），

∵0＜x＜1，

∴x＞0，-3（ln2-1）x-1＜-1＜0，

∴h′（x）＜0，

故h（x）在（0，1）上是减函数，

故h（x）＜h（1）=+ln2-（ln2-1++1）=0，

故f（x）-[（ln2-1）x3+x2+1]＜0，

即f（x）＜（ln2-1）x3+x2+1．

解：法一：函数f（x）在R上单调递减，

证明如下：∵f′x）=-3＜0，

∴函数f（x）在R上递减；

法二：设x1＞x2，

∴f（x1）-f（x2）=2-3x1-2+3x2=3（x2-x1 ）＜0，

∴函数f（x）在R上递减．

解：（1）f（x）=x2-4lnx（x＞0），f‘（x）=2x-

∴当x∈（0，时，f（x）是减函数；

当x∈[，+∞），f（x）是增函数．

（2）a≥-4时，f（x）=x2+alnx，x∈[1，e]，f'（x）=．

若a≥-2，f'（x）≥0恒成立，f（x）在[1，e]上递增，

则当x=1时，f（x）取最小值f（1）=1；

若-4≤a＜-2，f（x）在[1，]递减，在[，e]上递增，

则当x=时，f（x）取最小值f（）=-+aln（-）．

（3）对x∈[1，e]，f（x）≤（a+2）x成立，

即x2+alnx≤（a+2）x，

即a（x-lnx）≥x2-2x，

而x∈[1，e]，x＞lnx，

故，记，x∈[1，e]，≥0（仅当x=1时取等号）

∴

∴所求a的取值范围是[，+∞]．