热门试卷

（1）因为y=f2（x）-kx=1-x+--kx，

所以y′=-1+x-x2-k=-（x2-x+k+1），

方程x2-x+k+1=0的判别式△=（-1）2-4（k+1）=-3-4k，

当k≥-时，△≤0，y′=-（x2-x+k+1）≤0，

故函数y=f2（x）-kx在R上单调递减；

当k＜-时，方程x2-x+k+1=0的两根为x1=，x2=，

则x∈（-∞，x1）时，y′＜0，x∈（x1，x2）时，y′＞0，x∈（x2，+∞）时，y′＜0，

故函数y=f2（x）-kx（k∈R）的单调递减区间为（-∞，x1）和（x2，+∞），单调递增区间为（x1，x2）；

（2）存在t=1，对于任意n∈N*，关于x的方程fn（x）=0在区间[t，t+1]上有唯一实数解，理由如下：

当n=1时，f1（x）=1-x，令f1（x）=1-x=0，解得x=1，

所以关于x的方程f1（x）=0有唯一实数解x=1；

当n≥2时，由fn（x）=1-x+-+…-，

得fn′（x）=-1+x-x2+…+x2n-3-x2n-2，

若x=-1，则f′n（x）=f′n（-1）=-（2n-1）＜0，

若x=0，则f′n（x）=-1＜0，

若x≠-1且x≠0时，则f′n（x）=-，

当x＜-1时，x+1＜0，x2n-1+1＜0，f′n（x）＜0，

当x＞-1时，x+1＞0，x2n-1+1＞0，f′n（x）＜0，

所以f′n（x）＜0，故fn（x）在（-∞，+∞）上单调递减．

因为fn（1）=（1-1）+（-）+（-）+…+（-）＞0，

fn（2）=（1-2）+（-）+（-）+…+（-）

=-1+（-）•22+（-）•24+…+(-)•22n-2

=-1-•22-•24-…-•22n-2＜0，

所以方程fn（x）=0在[1，2]上有唯一实数解，

综上所述，对于任意n∈N*，关于x的方程fn（x）=0在区间[1，2]上有唯一实数解，所以t=1．

（1）∵f/(x)=，令f′（x）=0，∴x=ea------------------------------------------------（2分）

由下表：

∴f（x）的极大值为f(ea)==e-a

故f（x）的最大值为e-a．-------------------------------------------------------（4分）

（2）若lnx-kx＜0在（0，+∞）上恒成立，∴k＞在（0，+∞）上恒成立∴k＞[]max-------------（6分）

由（1）：令a=1，则f(x)=，∴[]max=∴k＞--------------------------（8分）

（3）由f（x）-e=0得a=1+lnx-ex，令g（x）=1+lnx-ex，x∈[，1]------------------------------（10分）

则g′(x)=-e，由g′（x）=0 得x=，

当x∈[，)：g′(x)＞0，∴g（x）单调递增；当x∈(，1]：g′(x)＜0，∴g（x）单调递减．

且g()=1+ln-e•=-1-，g()=1+ln-e•=-1，g（1）=1-e∵g()-g(1)=-2+e-==＜0∴g()＜g(1)

由题意得：a∈[g()，g(1)]∪{g()}

即a∈[-1-，1-e)∪{-1}--------------------------------------------------------（13分）

依题意，问题等价于方程2x3-10x2+37=0在（m，m+1）内有且仅有两个不等的实数根，

令h（x）=2x3-10x2+37，

h′（x）=6x2-20x=6x（x-），

当x∈（0，）时，h′（x）＜0，h（x）在区间（0，）上单调递减；

当x∈（，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）在区间（，+∞）上单调递增；…4分

由于h（3）=1＞0，h（）=-＜0，h（4）=5＞0，…7分

所以方程h（x）=0在（3，），（，4）内分别有唯一实数根，而在（0，3），（4，+∞）内没有实数根…10分

所以存在唯一自然数m=3使得方程f（x）+=0在区间（m，m+1）内有且仅有两个不等的实数解．…12分

（1）m=2时，f(x)=2x-，f′(x)=2+，f′(1)=4，

切点坐标为（1，0），

∴切线方程为y=4x-4…（2分）

（2）m=1时，令h(x)=f(x)-g(x)=x--2lnx，

h′(x)=1+-=≥0，

∴h（x）在（0，+∞）上为增函数．…（4分）

又h(e)•h()=-(-e+2)2＜0，

∴y=h（x）在（0，+∞）内有且仅有一个零点

∴在（0，+∞）内f（x）=g（x）有且仅有一个实数根     …（6分）

（或说明h（1）=0也可以）

（3）mx--2lnx＜2恒成立，即m（x2-1）＜2x+2xlnx恒成立，

又x2-1＞0，则当x∈（1，e]时，m＜恒成立，

令G(x)=，只需m小于G（x）的最小值，

G′(x)=，

∵1＜x≤e，∴lnx＞0，∴当x∈（1，e]时G'（x）＜0，

∴G（x）在（1，e]上单调递减，

∴G（x）在（1，e]的最小值为G(e)=，

则m的取值范围是(-∞，)．            …（12分）

（Ⅰ）当a=3时，f（x）=x2-3lnx，

∴f'（x）=2x-（1分）

∴fˊ（1）=-1

又∵f（1）=1，

∴曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y-1=-（x-1）．

即x+y-2=0．--------------------------------3分

（Ⅱ）（1）下面先证明：ea＞a（a≥0）．

设g（a）=ea-a（a≥0），则g′（a）=ea-1≥e0-1=0（a≥0），且仅当g′（a）=0⇔a=0，

所以g（a）在[0，+∞）上是增函数，故g（a）≥g（0）=1＞0．

所以ea-a＞0，即ea＞a（a≥0）．------------------------------5分

（2）因为f（x）=x2-a lnx，

所以f′（x）=2x-==．

因为当0＜x＜时，fˊ（x）＜0，当x＞时，1，fˊ（x）＞0．

又＜a＜ea＜e2a（a≥0，a＜2a）⇒＜ea，

所以f（x）在（0，]上是减函数，在[，+∞）是增函数．

所以f（x）min=f（）=(1-ln)．------------------------------9分

（3）下面讨论函数f（x）的零点情况．

①当(1-ln)＞0，即0＜a＜2e时，函数f（x）在（1，ea）上无零点；

②当(1-ln)=0，即a=2e时，=，则1＜＜ea

而f（1）=1＞0，f（）=0，f（ea）＞0，

∴f（x）在（1，ea）上有一个零点；

③当(1-ln)＜0，即a＞2e时，ea＞＞＞1，

由于f（1）=1＞0，f（）=(1-ln)＜0．

f（ea）=e2a-a lnea=e2a-a2=（ea-a）（ea+a）＞0，

所以，函数f（x）在（1，ea）上有两个零点．（13分）

综上所述，f（x）在（1，ea）上有结论：

当0＜a＜2e时，函数f（x）有、无零点；

a=2e时，函数f（x）有一个零点；

当a＞2e时，函数f（x）有两个零点．------------------------------14分．

（1）因为f′(x)=+2x-10，

所以f′(3)=+6-10=0，因此a=16…2分

故 f（x）=16ln（1+x）+x2-10x，x∈（-1，+∞），

f′(x)=…4分

当x∈（-1，1）∪（3，+∞）时，f′（x）＞0，

当x∈（1，3）时，f′（x）＜0，

所以f（x）的单调增区间是（-1，1），（3，+∞），f（x）的单调减区间是（1，3）…6分

（2）由（1）知，f（x）在（-1，1）内单调增加，

在（1，3）内单调减少，在（3，+∞）上单调增加，

所以f（x）的极大值为f（1）=16ln2-9，极小值为f（3）=32ln2-21，…8分

所以在f（x）的三个单调区间（-1，1），（1，3），（3，+∞），

直线y=b与y=f（x）的图象各有一个交点，

当且仅当f（3）＜b＜f（1）．

因此b的取值范围为（32ln2-21，16ln2-9）．…12分．

（Ⅰ）当a=1时，f（x）=-x3+x2+b，

因为f（-1）=b+2＞b，

所以，函数f（x）的图象不能总在直线y=b的下方．

（Ⅱ）法一、

由f（x）=-x3+ax2+b，得f′（x）=-3x2+2ax，

令f′（x）=-3x2+2ax=0，解得x=0或x=a，

①当a＜0时，由f′（x）＞0，解得a＜x＜0，

所以f（x）在(a，0)上是增函数，与题意不符，舍去；

②当a=0时，由f′（x）=-3x2≤0，

所以f（x）在R上是减函数，与题意不符，舍去；

③当a＞0时，由f′（x）＞0，解得0＜x＜a，

所以f（x）在(0，a)上是增函数，

又f（x）在（0，2）上是增函数，所以a≥2，解得a≥3，

综上，a的取值范围为[3，+∞）．

法二、

由f（x）=-x3+ax2+b，得f′（x）=-3x2+2ax，

要使函数f（x）在（0，2）上是增函数，

则需f′（x）=-3x2+2ax≥0对任意x∈（0，2）恒成立，

即2ax≥3x2对任意x∈（0，2）恒成立，

也就是a≥x对任意x∈（0，2）恒成立，

因为y=x在x∈（0，2）上为增函数，所以a≥×2=3．

所以，a的取值范围为[3，+∞）．

（Ⅲ）证明：因为方程f（x）=-x3+ax2+b=0最多只有3个根，

由题意，方程在区间（-1，0）内仅有一根，

所以f（-1）•f（0）=b（1+a+b）＜0，

方程在区间（0，1）内仅有一根，

所以f（0）•f（1）=b（-1+a+b）＜0，

当b＞0时，由b（1+a+b）＜0得，1+a+b＜0，即a＜-b-1，

由b（-1+a+b）＜0得，-1+a+b＜0，即a＜-b+1，

因为-b-1＜-b+1，所以a＜-b-1＜-1，即a＜-1；

当b＜0时，由b（1+a+b）＜0得，1+a+b＜0，即a＞-b-1，

由b（-1+a+b）＜0得，-1+a+b＜0，即a＞-b+1，

因为-b-1＜-b+1，所以a＞-b+1＞1，即a＞1；

当b=0时，因为f（0）=0，所以f（x）=0有一根0，

这与题意不符．

∴a＞1或a＜-1．

（I）∵f（x）=ex-ax，

∴f′（x）=ex-a，令f′（x）=ex-a＞0，

①当a≤0时，f′（x）=ex-a＞0在x∈R上恒成立，

所以f（x）在R上单调递增．

②当a＞0时，∵f′（x）=ex-a＞0，∴ex-a＞0，解得x＞lna，

∴f（x）在（-∞，lna）单调递减，在（lna，+∞）单调递增．

（II）∵函数f（x）在区间（0，2）上有两个零点，

∴由（Ⅰ）知a＞0，且，

解得e＜a＜．

故a的取值范围是（e，）．

（Ⅲ）证明：f′（x0）=

⇔ex0-a=

⇔ex0=，

等式两边同时除以ex1，得=，

设t=x2-x1，则t＞0，

构造函数g（t）==．

则g′(t)==＞0在t＞1时恒成立，

所以g（t）在t＞1时恒成立，

所以g（t）＞g（1）=e-1＞1，

所以＞1，故x0＞x1．

（1）函数的定义域为（0，+∞），则f′(x)=-2x-a=-，令f'（x）=0，解得

x3=＜0，x4=＞0，所以当0＜x＜x4时，f'（x）＞0，此时函数单调递增．

当x＞x4时，f'（x）＜0，此时函数单调递减．

所以函数的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为[，+∞)．

（2）因为函数f（x）有两个不同的零点x1，x2且x1＜x2，所以，两式相减得a=-(x1+x2)，

因为f′(x)=-2x-a=-，

所以f′(px1+qx2)=-2(px1+qx2)-[-(x1+x2)]

=-+(2p-1)(x2-x1)，

因为2p≤p+q=1，x2＞x1，所以（2p-1）（x2-x1）≤0，要证f′（px1+qx2）＜0，只要证明

-＜0即可，即只要证明+ln＜0即可．

令=t，0＜t＜1，即只要证明g(t)=+ln⁡t＜0在0＜t＜1上恒成立即可．g′(t)=+=-+=，

因为p+q=1，0＜p≤q，所以≥1，≥1，所以当0＜t＜1时，t-1＜0，t-＜0，

所以g'（x）＜0，所以函数g（t）在（0，1）上为增函数，所以g（t）＜g（1）=0．

所以+ln＜0，故所证明的不等式成立．