热门试卷

（Ⅰ）g'（x）=3x2+2ax-1，由题意3x2+2ax-1＜0的解集是（-，1）

即3x2+2ax-1=0的两根分别是-，1

将x=1或-代入方程3x2+2ax-1=0得a=-1．

∴g（x）=x3-x2-x+2．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知：g'（x）=3x2-2x-1，

∴g'（-1）=4，

∴点P（-1，1）处的切线斜率k=g'（-1）=4，

∴函数y=g（x）的图象在点P（-1，1）处的切线方程为：y-1=4（x+1），即4x-y+5=0．

（Ⅲ）∵（0，+∞）⊆P，

∴2f（x）≤g'（x）+2即：2xlnx≤3x2+2ax+1对x∈（0，+∞）上恒成立可得

a≥lnx-x-对x∈（0，+∞）上恒成立．

设h（x）=lnx--，则h′（x）=-+=-

令h′（x）=0，得x=1，x=-（舍）

当0＜x＜1时，h′（x）＞0；当x＞1时，h′（x）＜0

∴当x=1时，h（x）取得最大值，h（x）max=-2．

∴a≥-2，

∴a的取值范围是[-2，+∞）

x＞-1，f′（x）=ex-．

（I）由于f′（x）=ex-在（-1，+∞）上是增函数，且f′（0）=0，

∴当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，当x∈（-1，0）时，f′（x）＜0，

故函数f（x）的单调增区间（0，+∞），函数f（x）的单调减区间（-1，0）．

（II）由（I）知当x=0时，f（x）取得最小值，即f（x）≥1，

∴ex-ln（x+1）≥1，即ex≥ln（x+1）+1，

取x=，则e1n≥ln(+1)+1=ln(n+1)-lnn+1，

于是e≥ln2-ln1+1，

e12≥ln3-ln2+1，

e13≥ln4-ln3+1，

…

e1n≥ln（n+1）-lnn+1．

相加得，e+e12+e13+…+e1n≥ln(n+1)(n∈N*，e为常数)，得证．

（1）当a=0时，f（x）=xlnx，∴f′（x）=lnx+1

∵直线y=2x+m与函数y=f（x）的图象相切，∴lnx+1=2，∴x=e

∵f（e）=e，∴切点为（e，e），∴m=-e；

（2）f′(x)=lnx+1-

∵f（x）在[1，2]上是单调减函数，

∴f′(x)=lnx+1-≤0在[1，2]上恒成立

∴a≥xlnx+x在[1，2]上恒成立

令g（x）=xlnx+x，则g′（x）=lnx+2＞0

∴g（x）=xlnx+x在[1，2]上单调递增

∴a≥≥g（2）=2ln2+2

∴a的最小值为2ln2+2；

（3）|f（x）|≤e等价于-e≤（x-a）lnx≤e

∴-≤x-a≤

∴x-≤a≤x+

设h（x）=x+，t（x）=x-，则t（x）max≤a≤h（x）min，

由h′(x)=，∵h′（e）=0

令s（x）=xln2x-e，x∈[1，2e]，则s′（x）=ln2x+lnx＞0

∴h（x）在[1，2e]上单调递增，∴h（x）min=h（e）=2e，

∵t′（x）=1+＞0，∴t（x）在[1，2e]上单调递增，

∴t（x）max=t（2e）=2e-

综上，2e-≤a≤2e．

（Ⅰ）∵函数f （x） 对一切实数x，y均有f（x+y）-f（y）=x（x+2y+1）成立

∴令x=1，y=0，f（1+0）-f（0）=1（1+2×0+1）⇒f（0）=-2…（3分）

（Ⅱ）令 y=0，可得  f（x）=x2+x-2…（5分）

（Ⅲ）f （x）+2＜logax即  x2+x＜logax

又x∈(0，)，所以x2+x＞0，

当a＞1时，logax＜0，说明a＞1不合题意．…（7分）

设h(x)=x2+x-logax(0＜x＜，0＜a＜1)，即h（x）＜0恒成立

因为h′(x)=2x+1-

当0＜x＜，0＜a＜1时，h'（x）＞0恒成立…（9分）

所以 h（x）是增函数，有 h(x)＜h()=-loga…（11分）

只需 -loga≤0恒成立，解得  a≥2-43

所以实数a的取值范围是 a≥2-43…（14分）

（1）当m=-2时，f（x）=x（ln x-2）=xln x-2x，

定义域为（0，+∞），且f′（x）=ln x-1．…（2分）

由f′（x）＞0，得ln x-1＞0，所以x＞e．由f′（x）＜0，得ln x-1＜0，所以0＜x＜e．

故f（x）的单调递增区间是（e，+∞），递减区间是（0，e）．…（5分）

（2）由于m=，可得f（x）=x（ln x+）（x＞0），

不等式g（x）≥f（x）即x3+x≥x(ln x+)恒成立．

由于x＞0，则x2+1≥ln x+，亦即x2≥ln x+，所以a≥．

令h(x)=，则h′(x)=，

由h′（x）=0得x=1，且当0＜x＜1时，h′（x）＞0；当x＞1时，h′（x）＜0，

即h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．…（10分）

所以h（x）在x=1处取得极大值h（1）=，也是h（x）在定义域上的最大值．

因此要使a≥恒成立，需有a≥，故a的取值范围为[，+∞)．…（12分）

（1）由函数f（x）的图象关于原点对称可知函数为奇函数

∴f（0）=0，n=6

f（-x）=-f（x）对任意的x都成立可得f（-1）=-f（1）

∴m=4

（2）由（1）可得f（x）=x3-12x

（法一）设-2≤x1＜x2≤2

则f（x1）-f（x2）=x13-12x1-x23+12x2

=（x1-x2）（x12+x1x2+x22）-12（x1-x2）

=（x1-x2）（x12+x1x2+x22-12）

∵-2≤x1＜x2≤2

∴x1-x2＜0，x12+x1x2+x22-12＜0

∴f（x1）-f（x2）＜0

即f（x1）＜f（x2）

∴函数f（x）在[-2，2]上单调递减

（法二）：∵f′（x）=3x2-12=3（x2-4）≤0

∴函数f（x）在[-2，2]上单调递减

（3）由（2）可知函数f（x）在[-2，2]上单调递减

∴f（x）min=f（2）=-16，f（x）max=f（-2）=16

∵x∈[-2，2]时，不等式f（x）≥（n-logma）•logma恒成立，

：（1）由函数f（x）的图象关于原点对称可知函数为奇函数

∴f（0）=0，n=6

f（-x）=-f（x）对任意的x都成立可得f（-1）=-f（1）

∴m=4

（2）由（1）可得f（x）=x3-12x

（法一）设-2≤x1＜x2≤2

则f（x1）-f（x2）=x13-12x1-x23+12x2

=（x1-x2）（x12+x1x2+x22）-12（x1-x2）

=（x1-x2）（x12+x1x2+x22-12）

∵-2≤x1＜x2≤2

∴x1-x2＜0，x12+x1x2+x22-12＜0

∴f（x1）-f（x2）＜0

即f（x1）＜f（x2）

∴函数f（x）在[-2，2]上单调递减

（法二）：∵f′（x）=3x2-12=3（x2-4）≤0

∴函数f（x）在[-2，2]上单调递减

（3）由（2）可知函数f（x）在[-2，2]上单调递减

∴f（x）min=f（2）=-16，f（x）max=f（-2）=16

∵x∈[-2，2]时，不等式f（x）≥（n-logma）•logma恒成立，

∴-16≥（6-log4a）•loga4

∴loga4≥8或loga4≤-2

∴1＜a＜或≤a＜1

（Ⅰ）∵f'（x）=[x2+（a-1）x-a]ex=（x+a）（x-1）ex

∵a≥1，

∴x∈（-∞，-a）时，f（x）递增，x∈（-a，1）时，f（x）递减，x∈（1，+∞）时，f（x）递增，

所以f（x）的极大值点为x1=-a，极小值点为x2=1，

而f（1）=（1-a）e≤0，f(-a)=＞0，

由于，对二次函数y=x2+（a-3）x-2a+3，对称轴为x=＞-a，y（-a）=a+3＞0，

∴当x≤-a时，y=x2+（a-3）x-2a+3＞0，

∴f（x）＞0．             

当x＞-a时，f（x）的最小值为f（1）=（1-a）e．

所以，f（x）的最小值是（1-a）e．                                     

（ II）由（Ⅰ）知f（x）在（0，+∞）的值域是：

当a≥1时，为[（1-a）e，+∞），当0＜a＜1时，为（0，+∞）．                

而g(x)=2-a-x-在（0，+∞）的值域是为（-∞，-a-1），

所以，当a≥1时，令（1-a）e-（-a-1）＜1，并解得a＞，

当0＜a＜1时，令0-（-a-1）＜1，无解．

因此，a的取值范围是a＞．

证明：（1）∵f(x)=，(x＞0)

∴f′(x)=，

设g(x)=-ln(1+x)，(x≥0)．

∴g′(x)=-==≤0，

∴y=g（x）在[0，+∞）上为减函数．

∴g(x)=-ln(1+x)≤g(0)=0，

∴f′(x)=＜0，

∴函数f(x)=在（0，+∞）上为减函数．

（2）ln（1+x）＜ax在（0，+∞）上恒成立，⇔ln（1+x）-ax＜0在（0，+∞）上恒成立，

设h（x）=ln（1+x）-ax，则h（0）=0，

∴h′(x)=-a，

若a≥1，则x∈[0，+∞）时，h′(x)=-a≤0恒成立，

∴h（x）=ln（1+x）-ax在[0，+∞）上为减函数

∴ln（1+x）-ax＜h（0）=0在（0，+∞）上恒成立，

∴ln（1+x）＜ax在（0，+∞）上恒成立，

若a≤0显然不满足条件，

若0＜a＜1，则h′(x)=-a=0时，x=-1，

∴x∈[0，  时h'（x）≥0，

∴h（x）=ln（1+x）-ax在[0，  上为增函数，

当x∈[0，  时，h（x）=ln（1+x）-ax＞0，

不能使ln（1+x）＜ax在（0，+∞）上恒成立，

∴a≥1

（3）由（2）可知＜1在（0，+∞）上恒成立，

∴ln(1+x)1x＜1，即(1+x)1x＜e，

取=n，即可证得(1+)n＜e对一切正整数n成立．

（I）∵f′（x）=cosx，f′（0）=1，

g′(x)=p-，g′（0）=p，

y=f（x）与y=g（x）在（0，0）处有相同的切线，

∴p=1…（3分）

（II）设F（x）=f（x）-g（x），

当p=1时，F（x）=sinx-x+，

F′(x)=cosx-1+，

F''（x）=-sinx+x，

当x∈（0，1）时，sinx＜x，故F''（x）＞0，

从而F′（x）在（0，1）上单调增，

所以，F′（x）＞F′（0）=0，

∴F（x）在（0，1）上单调增，

∴F（x）＞f（0）=0，即f（x）＞g（x）恒成立．

（III）当x∈（0，1）时，

∵F''（x）=-sinx+x＞0，

∴F（x）在（0，1）上单调增，从而F（x）在（0，1）内不可能出现先增后减的情况，

∵F（0）=0，

∴要使F（x）＞0在（0，1）上恒成立，

必有F（x）在（0，1）上单调递增，

即F′（x）≥0在x∈（0，1）上恒成立，

∵F′（x）∈(1-p，cos1+-p)，

∴1-p≥0，

即p≤1．