热门试卷

（1）f′（x）=-1=，

令f′（x）＜0得x＞1

令f′（x）＞0得0＜x＜1

所以函数f（x）=lnx-x的单调减区间是（1，+∞），单调递增区间是（0，1）．

∴f（x）在x=1处取得极大值-1，无极大值．

（2）f′（x）=-a…（2分）

（Ⅰ）∵x＞0，所以当a≤0时，f′（x）=-a＞0，f（x）在（0，+∞）是增函数…（4分）

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．

解：(Ⅰ)设g(x)=ax2+bx+c，g(x)的图象经过坐标原点，所以，c=0，

∵g(x+1)=g(x)+2x+1，

∴a(x+1)2+b(x+1)=ax2+bx+2x+1，

即：ax2+(2a+b)x+a+b=ax2+(b+2)x+l，

∴a=1，b=0，g（x)=x2。

(Ⅱ)函数f(x)=mx2-ln(x+1)的定义域为（-1，+∞），

令ψ(x)=2mx2+2mx-1，

由已知f′(x)≤0在（-1，+∞）上恒成立，

即ψ(x)=2mx2+2mx-l≤0在（-1，+∞）上恒成立，

①当m＞0时，不符合条件；

 ②当m＜0，ψ(x)的图象如下，

只需，

即，

∴m≥-2，

综上：-2≤m＜0。

(Ⅲ)由已知

①ψ(1)=4m-1≤0时，即0＜m≤时，f(x)′≤0在[0，1]上恒成立，

f(x)在[0，1]上递减，f(x)max=f(0)=0；

②当m＞时，

，设，

则f（x）在，

f(0)=0，f(1)=m-ln2，

当＜m＜ln2时，f(x)max=f(0)=0；

当m≥ln2时，f(x)max=f(1)=m-ln2；

综上：0＜m＜ln2时，f(x)max=f(0)=0；m≥ln2时，f(x)max=f(1)=m-ln2．

（1）f′（x）=-3x2-2bx-5c

∵函数f（x）=-x3-bx2-5cx在（-∞，0]上单调递减，在[0，6]上单调递增，∴函数在x=0处有极小值，

∴f′（0）=-5c=0，c=0

（2）∵f′（x）=-3x2-2bx≥0在[0，6]上恒成立，即2b≤-3x在[0，6]上恒成立，∴b≤-9

∴b的取值范围为b≤-9

∵y=kx2-kx-2的图象与x轴无交点，

∴当图象在x轴上方时，，∴，解为空集．

当图象在x轴下方时，，∴，∴-8＜k＜0．

∴k的取值范围是{k|-8＜k＜0}．

（1）当a=4时，可得f（x）=4lnx，此时h(x)=4lnx-x2，

由h′(x)=-x＞0得-2＜x＜2，结合x＞0，可得0＜x＜2．

所以h（x）的单调递增区间为（0，2）．…（4分）

（2）不等式f（x）+2g′（x）≤（a+3）x-g（x），即为alnx+2x≤(a+3)x-x2，

化简得：a(x-lnx)≥x2-x，

由x∈[1，e]知x-lnx＞0，因而a≥，设y=，

由y′==，

∵当x∈（1，e）时x-1＞0，x+1-lnx＞0，∴y′＞0在x∈[1，e]时成立．

由不等式有解，可得知a≥ymin=-，即实数a的取值范围是[-，+∞）…（10分）

（3）当a=1，f（x）=lnx．

由m[g（x1）-g（x2）]＞x1f（x1）-x2f（x2）恒成立，得mg（x1）-x1f（x1）＞mg（x2）-x2f（x2）恒成立，

设t(x)=x2-xlnx(x＞0)．

由题意知x1＞x2＞0，故当x∈（0，+∞）时函数t（x）单调递增，

∴t′（x）=mx-lnx-1≥0恒成立，即m≥恒成立，

因此，记y=，得y′(x)=，

∵函数在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，

∴函数h（x）在x=1时取得极大值，并且这个极大值就是函数h（x）的最大值．

由此可得h（x）max=h（1）=1，故m≥1，结合已知条件m∈Z，m≤1，可得m=1．…（16分）

（I）因为f(x)=x(ax2+bx+c)，又x1+x2+x3=，x2x3=6，则x1=0，x2+x3=，x2x3=6．

因为x2，x3是方程ax2+bx+c=0的两根，则-=，=6．即b=-3a，c=2a．

又f(1)=，即a+b+c=，所以，a-a+2a=，即a=1，从而b=-3，c=2．

所以，f(x)=x3-x2+2x．  因为f'（x）=x2-3x+2，由x2-3x+2＜0，得1＜x＜2．

故f（x）的单调递减区间是（1，2），单调递增区间是（-∞，1），（2+∞）．

（Ⅱ）因为f'（x）=ax2+bx+c，f′(1)=-a，所以a+b+c=-a，即3a+2b+2c=0．

因为3a＞2c＞2b，所以3a＞0，2b＜0，即a＞0，b＜0．

于是f′(1)=-＜0，f'（0）=c，f'（2）=4a+2b+c=4a-（3a+2c）+c=a-c．

（1）当c＞0时，因为f′(0)=c＞0，f′(1)=-＜0，则f'（x）在区间（0，1）内至少有一个零点．

（2）当c≤0时，因为f′(1)=-＜0，f′(2)=a-c＞0，则f'（x）在区间（1，2）内至少有一零点．

故导函数f'（x）在区间（0，2）内至少有一个零点．

（Ⅲ）设m，n是导函数f'（x）=ax2+bx+c的两个零点，则m+n=-，mn==--．

所以|m-n|===．

由已知，≥，则(+2)2+2≥3，即(+2)2≥1．

所以+2≥1或+2≤-1，即≥-1或≤-3．

又2c=-3a-2b，3a＞2c＞2b，所以，3a＞-3a-2b＞2b，即 -3a＜b＜-a．

因为a＞0，所以-3＜＜-．

综上分析，的取值范围是[-1，-)．

（1）①当a=0时，f（x）=2x在[1，+∞）上是单调增函数，不符合题意；

②当a＞0时，y=f（x）的对称轴方程为x=-，y=f（x）在[1，+∞）上是单调增函数，不符合题意；

③当a＜0时，函数y=f（x）在[1，+∞）上是单调减函数，则-≤1，解得a≤-2，

综上，a的取值范围是a≤-2；

（2）把方程=f′（x）-（2a+1）整理为=ax+2-(2a+1)，即方程ax2+（1-2a）x-lnx=0，

设H（x）=ax2+（1-2a）x-lnx（x＞0），则原问题等价于函数H（x）在区间（，e）内有且只有两个零点．

H′（x）=2ax+（1-2a）-==，令H′（x）=0，因为a＞0，解得x=1或x=-（舍），

当x∈（0，1）时，H′（x）＜0，H（x）是减函数；当x∈（1，+∞）时，H′（x）＞0，H（x）是增函数．

H（x）在（，e）内有且只有两个不相等的零点，只需，即，

所以，解得1＜a＜．

所以a的取值范围是（1，）．

（I）函数的定义域为（0，+∞），要使函数g（x）在定义域内总为增函数，

则g′(x)=2ax+b+=＞0恒成立，①--------（1分）

当x＞0时恒成立，则2ax2+bx+c＞0 ②

因为a＜0，由二次函数的性质，②不可能恒成立．

则函数g（x）不可能总为增函数．--------（4分）

（II）（i）k===a（x2+x1）+b=2ax0+b，--------（6分）

由f'（x）=2ax+b，所以f'（x0）=2ax0+b，…..（7分）  

则k=f′（x0）．--------（7分）

（ii）不妨设x2＞x1，对于“伪二次函数”：g（x）=ax2+bx+clnx，

k===2ax0+b+，③--------（9分）

由（ⅰ）中①知g′(x0)=2ax0+b+，

如果有（ⅰ）的性质，则g'（x0）=k，④，

比较③④两式得=，c≠0，

即：==--------（12分）

不妨令t=，t＞1，则=，即lnt=⑤，

设s(t)=lnt-，则s′(t)=-=＞0，

∴s（t）在（1，+∞）上递增，∴s（t）＞s（1）=0．

∴⑤式不可能成立，④式不可能成立，即g'（x0）≠k．--------（14分）

∴“伪二次函数”g（x）=ax2+bx+clnx，不具有（ⅰ）的性质．--------（15分）