热门试卷

（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）实数的取值范围为

试题分析：（Ⅰ）函数，是函数的一个极值点，先求出其导函数：，利用是函数的一个极值点对应的结论，即时，它的导函数值为零，可令，即可求的值；（Ⅱ）求证：当时，在上是增函数，由于含有对数函数，可通过求导来证明，因此利用：，在时，分析出因式中的每一项都大于等于0，即得，从而可证明结论；（Ⅲ）先由（Ⅱ）知，在上的最大值为，把问题转化为对任意的，不等式恒成立；然后再利用导函数研究不等式左边的最小值看是否符合要求即可求实数的取值范围为．

试题解析：

（Ⅰ）由已知，得且，

                                                     3分

（Ⅱ）当时， 

当时， 又   

故在上是增函数                                        6分

（Ⅲ）时，由（Ⅱ）知，在上的最大值为

于是问题等价于：对任意的，不等式恒成立。

记

则

当时， 在区间上递减，此时

由于，时不可能使恒成立，故必有

若，可知在区间上递减，在此区间上，有

，与恒成立相矛盾，故，这时，

在上递增，恒有，满足题设要求，

    即

实数的取值范围为                                       14分

（1）[—4，4]

（2）

（1），   （2分）

依题意知恒成立。   （3分）

因此   （4分）

故实数a的取值范围是[—4，4]。  （5分）

（2）因为当，

   （6分）

于是当   （7分）

为减函数，在[0，1]上为增函数。  （8分）

要使上恒成立，

只需满足  （10分）

即   （12分）

因为

故实数b的取值范围是  （14分）

f′（x）=ex-a．

（1）若a≤0，f′（x）=ex-a≥0恒成立，即f（x）在R上递增．

若a＞0，ex-a≥0，∴ex≥a，x≥lna．

∴f（x）的递增区间为（lna，+∞）．

（2）∵f（x）在R内单调递增，∴f′（x）≥0在R上恒成立．

∴ex-a≥0，即a≤ex在R上恒成立．

∴a≤（ex）min，又∵ex＞0，∴a≤0．

（3）由题意知，若f（x）在（-∞，0]上单调递减，

则ex-a≤0在（-∞，0]上恒成立．

∴a≥ex在（-∞，0]上恒成立．

∵y=ex在（-∞，0]上为增函数．

∴x=0时，y=ex最大值为1．∴a≥1．

同理可知，ex-a≥0在[0，+∞）上恒成立．

∴a≤ex在[0，+∞）上恒成立．

∵y=ex在[0，+∞）上为增函数．

∴x=0时，y=ex最小值为1．∴a≤1，

综上可知，当a=1时，满足f（x）在（-∞，0]上单调递减，在[0，+∞）上单调递增．

（Ⅰ）f′(x)=a-=，

当a≤0时，f'（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，

函数f（x）在（0，+∞）单调递减，

∴f（x）在（0，+∞）上没有极值点；

当a＞0时，f'（x）＜0得0＜x＜，f'（x）＞0得x＞，

∴f（x）在(0，)上递减，在(，+∞)上递增，

即f（x）在x=处有极小值．

∴当a≤0时f（x）在（0，+∞）上没有极值点，

当a＞0时，f（x）在（0，+∞）上有一个极值点．（4分）

（注：分类讨论少一个扣一分．）

（Ⅱ）∵函数f（x）在x=1处取得极值，∴a=1，…（5分）

∴f(x)≥bx-2⇔1+-≥b，…（6分）

令g(x)=1+-，可得g（x）在（0，e2]上递减，在[e2，+∞）上递增，…（8分）

∴g(x)min=g(e2)=1-，即b≤1-．（9分）

（Ⅲ）证明：ex-y＞⇔＞，（10分）

令g(x)=，

则只要证明g（x）在（e-1，+∞）上单调递增，

又∵g′(x)=，

显然函数h(x)=ln(x+1)-在（e-1，+∞）上单调递增．（12分）

∴h(x)＞1-＞0，即g'（x）＞0，

∴g（x）在（e-1，+∞）上单调递增，

即＞，

∴当x＞y＞e-1时，有ex-y＞．（14分）

（1）∵f（x）=ex-x，∴f′（x）=ex-1，

令f′（x）=0，得到x=0．

当x＞0时，f′（x）=ex-1＞1-1=0，

∴f（x）的单调递增区间是[0，+∞）．

∵a＞0，∴f（a）＞f（0）=1＞0．

所以，ea-a＞0，即ea＞a．

（2）∵g（x）=x2-alnx．a＞0，

∴g′（x）=2x-==．

当0＜x＜时，g′（x）＜0，g（x）为减函数；

当x＞时，g′（x）＞0，g（x）为增函数．

∴g（x）min=g（）=（1-ln）．

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，有1＜＜ea．

而g（1）=1＞0，g（ea）=e2a-a2=（ea-a）（ea+a）＞0，

当a＞2e时，g（x）min=g（）=（1-ln）＜0，

所以，当a＞2e时，函数g（x）在（1，ea）上有两个零点．

综上所述：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．

（1）m=1(讨论见解析)；

（2）见解析．

(1)．

由x=0是f(x)的极值点得f '(0)=0，所以m=1．

于是f(x)=ex－ln(x+1)，定义域为(－1，+∞)，．

函数在(－1，+∞)上单调递增，且f '(0)=0，因此当x∈(－1，0)时， f '(x)<0;当x∈(0，+∞)时， f '(x)>0．

所以f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增．

(2)当m≤2，x∈(－m，+∞)时，ln(x+m)≤ln(x+2)，故只需证明当m=2时， f(x)>0．

当m=2时，函数在(－2，+∞)上单调递增．

又f '(－1)<0， f '(0)>0，故f '(x)=0在(－2，+∞)上有唯一实根，且．

当时， f '(x)<0;当时， f '(x)>0，从而当时，f(x)取得最小值．

由f '(x0)=0得=，，

故．

综上，当m≤2时， f(x)>0．

（Ⅰ）因为f'（x）=ex-e，

令f'（x）=ex-e＞0，解得x＞1，

令f'（x）=ex-e＜0，解得x＜1，

所以函数f（x）在（-∞，1）上递减，（1，+∞）上递增，

所以f（x）的最小值为f（1）=0．                   …（3分）

（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知函数f（x）在x=1取得最小值，

所以f（x）≥f（1），

即ex≥ex

两端同时乘以得ex-1≥x，

把x换成t+1得et≥t+1，

当且仅当t=0时等号成立．

由et≥t+1得，e1＞1+1=2，e12＞+1=，

e13＞+1=，

…

e1n-1＞+1=，e1n＞+1=．

将上式相乘得

e1+12+13+…+1n-1+1n＞2×××…××=n+1．…（9分）

（Ⅲ）设F(x)=h(x)-g(x)=x2-elnx(x＞0)．

则F′(x)=x-==．

所以当0＜x＜时，F'（x）＜0；

当x＞时，F'（x）＞0．

因此x=时F（x）取得最小值0，

则h（x）与g（x）的图象在x=处有公共点(，e)．

设h（x）与g（x）存在“分界线”，

方程为y-\user2e=k(x-)．

由h(x)≥kx+e-k在x∈R恒成立，

则x2-2kx-e+2k≥0在x∈R恒成立．

所以△=4k2+4e-8k=4(k-)2≤0成立．

因此k=．

下面证明g(x)≤x-e（x＞0）成立．

设G(x)=elnx-x+e，

G′(x)=-=．

所以当0＜x＜时，G'（x）＞0；

当x＞时，G'（x）＜0．

因此x=时G（x）取得最大值0，

则g(x)≤x-e（x＞0）成立．

所以k=，b=-e．…（14分）

（1）当t=时，函数f（x）=-3x2，∴f′（x）=2x2-6x

令f′（x）=0，即2x2-6x=0，得，x=0，或3

∴当x=0，或3时，函数取得极值，且f（0）=0，f（3）=-9

又∵当x＜0时，f′（x）＞0，0＜x＜3时，f′（x）＜0，x＜3时，f′（x）＞0，

∴函数的极大值为0，极小值为-9

（2）由（1）知当x＜0时，f′（x）＞0，0＜x＜3时，f′（x）＜0，x＜3时，f′（x）＞0，

∴函数f（x）的单调递增区间为（-∞，0）和（0，+∞）

（I）依题意，x＞0，f′（x）=-

由f′（x）＞0得-＞0，解得x＞，函数f（x）的单调增区间为（，+∞）

由f′（x）＜0得-＜0，解得x＜，函数f（x）的单调减区间为（0，）

∴当x=时，函数f（x）的极小值为f（）=aln+a=a-alna

（II）设g（x）=ax（2-lnx）=2ax-axlnx，则函数定义域为（0，+∞）

g′（x）=2a-（ax•+alnx）=a（1-lnx）

由g′（x）=0，解得x=e，

由a＞0可知，当x∈（0，e）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，

当x∈（e，+∞）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减，

∴函数g（x）的最大值为g（e）=ae（2-lne）=ae

要使不等式恒成立，只需g（x）的最大值不大于1即可，即g（e）≤1

也即ae≤1，解得 a≤

又∵a＞0

∴0＜a≤