热门试卷

（Ⅰ）由于f′（x）＞得，＞0，而x＞0，

则xf′（x）-f（x）＞0，

则F′（x）=＞0，因此F（x）=在（0，+∞）上是增函数．（6分）

（Ⅱ）由于x1，x2∈（0，+∞），则0＜x1＜x1+x2，

而F（x）=在（0，+∞）上是增函数，

则F（x1）＜F（x1+x2），即＜，

∴（x1+x2）f（x1）＜x1f（x1+x2）（1），（9分）

同理（x1+x2）f（x2）＜x2f（x1+x2）（2）（11分）

（1）+（2）得：（x1+x2）[f（x1）+f（x2）]＜（x1+x2）f（x1+x2），而x1+x2＞0，

因此f（x1）+f（x2）＜f（x1+x2）（14分）

（1）f′(x)=2x+-a，

∵f（x）在（0，1）上是增函数，

∴2x+-a≥0在（0，1）上恒成立，

即a≤2x+恒成立，

∴只需a≤(2x+)min即可．

∴2x+≥2（当且仅当x=时取等号），

∴a≤2

（2）设ex=t，∵x∈[0，ln3]，∴t∈[1，3]．

设h(t)=t2-at-1=(t-)2-(1+)，

其对称轴为 t=，由（1）得a≤2，

∴t=≤＜

则当1≤≤，即2≤a≤2时，h（t）的最小值为h()=-1-

当＜1，即a＜2时，h（t）的最小值为h（1）=-a

所以，当2≤a≤2时，g（x）的最小值为-1-，

当a＜2时，g（x）的最小值为-a

（1）∵f（-1）=0，

∴-1+a-b+c=0①，

由f（x）=x3+ax2+bx+c，得f′（x）=3x2+2ax+b，

又∵f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线方程为y=g（x）=12x-4，

∴f（1）=g（1）=12-4=8，且f′（1）=12，即a+b+c=7②，2a+b=9③，

联立方程①②③，解得：a=3，b=3，c=1；

（2）把（1）求得的a，b，c的值代入得f（x）=x3+3x2+3x+1，

∵h（x）=f（x）-g（x）=x3+3x2-9x+5，

∴h′（x）=3x2+6x-9=3（x+3）（x-1），

由h′（x）＞0，解得x＜-3或x＞1；由h′（x）＜0，解得-3＜x＜1，

∴h（x）的单调增区间为：（-∞，-3）和（1，+∞）；单调减区间为：（-3，1）．

（1）不等式可化为x（x+a）＞0，

当a＞0时，解集为{x|x＞0或x＜-a}；

当a=0时，解集为{x|x≠0}；当a＜0时，解集为{x|x＞-a或x＜0}；

（2）∵f'（-1）=0，∴3-2a+=0，a=，

∴f′(x)=3x2+x+=3(x+)(x+1)，由f′(x)＞0，x＜-1或x＞-；

①由f′(x)＜0，-1＜x＜-

∴f（x）的单调递增区间是(-∞，-1)，(-，+∞)；单调减区间为(-1，-)（10分）

②由上知，f（x）的单调递增区间是(-∞，-1)，(-，+∞)；单调递减区间为(-1，-)

易知f（x）在[-1，0]上的最大值M=，最小值m=（12分）

∴对任意x1，x2∈(-1，0)，恒有|f(x1)-f(x2)|＜M-m=-=

（1）f'（x）=2xex-1+x2ex-1-x2-2x=x（x+2）（ex-1-1），

令f'（x）=0，可得x1=-2，x2=0，x3=1．

当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：

∴函数y=f（x）的增区间为（-2，0）和（1，+∞），减区间为（-∞，-2）和（0，1）．

（2）当x∈[-1，2]时，f(-1)=-＜0，

f(2)=4(e-)＞0，f(x)极小值=f(1)=-＞f(-1)，f(x)极大值=f（0）=0．

所以f（x）在[-1，2]上的最小值为-．

（3）设gn(x)=ex-1-，当n=1时，只需证明g1（x）=ex-1-x＞0，当x∈（1，+∞）时，g1′（x）=ex-1-1＞0，

所以g1（x）=ex-1-x在（1，+∞）上是增函数，∴g1（x）＞g1（1）=e0-1=0，即ex-1＞x；

当x∈（1，+∞）时，假设n=k时不等式成立，即gk(x)=ex-1-＞0，

当n=k+1时，

因为gk+1′(x)=ex-1-=ex-1-＞0，

所以gk+1（x）在（1，+∞）上也是增函数．

所以gk+1(x)＞gk+1(1)=e0-=1-＞0，

即当n=k+1时，不等式成立．

由归纳原理，知当x∈（1，+∞）时，∀n∈N*，ex-1＞．

（1）f′(x)=，则x＞1时，f′（x）＞0；0＜x＜1时，f′（x）＜0．

所以，函数f（x）在（0，1）上是减函数，在（1，+∞）上是增函数．（2分）

当m≥1时，函数f（x）在[m，m+1]上是增函数，

此时f(x)min=f(m)=；

当0＜m＜1时，函数f（x）在[m，1]上是减函数，在[1，m+1]上是增函数，

此时f（x）min=f（1）=e；（6分）

（2）证明：

考察函数g（x）=xe-x，g′（x）=（1-x）e-x

所以g（x）在（-∞，1）内是增函数，在（1，+∞）内是减函数．（结论1）

考察函数F（x）=g（x）-g（2-x），即F（x）=xe-x+（x-2）ex-2

于是F'（x）=（x-1）（e2x-2-1）e-x

当x＞1时，2x-2＞0，从而e2x-2-1＞0，又e-x＞0，所以F′（x）＞0，从而函数F（x）在[1，+∞）是增函数．

又F（1）=e-1-e-1=0，所以x＞1时，有F（x）＞F（1）=0，即g（x）＞g（2-x）．（结论2）（9分）

若（x1-1）（x2-1）=0，由结论1及g（x1）=g（x2），得x1=x2=1，与x1≠x2矛盾；

若（x1-1）（x2-1）＞0，由结论1及g（x1）=g（x2），得x1=x2，与x1≠x2矛盾；（11分）

若（x1-1）（x2-1）＜0，不妨设x1＜1，x2＞1

由结论2可知，g（x2）＞g（2-x2），所以g（x1）=g（x2）＞g（2-x2）．

因为x2＞1，所以2-x2＜1，又由结论1可知函数g（x）在区间（-∞，1）内是增函数，

所以x1＞2-x2，即x1+x2＞2．（15分）

（1）1°当x＜0时，2-x＞2，

设P（x，y）（x＜0）为y=f（x）上的任一点，

则它关于直线x=1的对称点为P1（x1，y1），

满足，

且P1（x1，y1）适合y=g（x）的表达式

∴y1=a（x1-2）-（x1-2）3即y=-ax+x3…（4分）

2°当x＞0时，-x＜0，∵f（x）为奇函数∴f（x）=-f（-x）=-[-a（-x）+（-x）3]=-ax+x3…（5分）

3°当x=0时，f（x）=0=-a×0+03

综上  f（x）=-ax+x3，x∈R…（6分）

（2）由题意x∈[1，+∞）时，[f（x）]min≥-2af'（x）=-a+3x2，

当a≤0时，f'（x）≥0恒成立，f（x）在[1，+∞）是增函数∴f（1）=-a+1≥-2a得a≥-1，即-1≤a≤0…（8分）

当a＞0时，令f'（x）=0得x1=-，x2=

若＜1，即0＜a＜3时，则f'（x）在[1，+∞）大于零，f（x）在[1，+∞）是增函数，∴f（1）=-a+1≥-2a得0＜a＜3…（10分）

若≥1，即a≥3时，则f（x）在[1，+∞）的最小值是f()=-a+()3=-

令f()≥-2a得3≤a≤27…（11分）

综上-1≤a≤27…（12分）

（1）∵f(x)=x2+alnx(a∈R)，

∴若a=-1时，f′(x)=x-，x＞0，

由f′（x）＞0，得＞0，又x＞0，解得x＞1，

所以函数f（x）的单调递增区间为（1，+∞）．

（2）依题意得f（x）-lnx＞0，

即x2+alnx-lnx＞0(x＞1)，

∴(a-1)lnx＞-x2

∵x＞1，∴lnx＞0

∴a-1＞，

∴a-1＞()max，

设g(x)＞，g′(x)＞，

令g′（x）=0，解得x=e12，

当1＜x＜e12时，g′（x）＞0，g（x）在（0，e12）上单调递增；

当x＞e12时，g′（x）＜0，g（x）在（e12，+∞）上单调递减；

∴g(x)max=g(e12)=-e

∴a-1＞-e，即a＞1-e．

故实数a的取值范围是（1-e，+∞）．

（1）函数的定义域为（-1，+∞）．

∵f′（x）=2（1+x）-2•=

由f′（x）＞0得x＞0，由f′（x）＜0得-1＜x＜0，∴f（x）的单调递增区间是（0，+∞），单调递减区间是（-1，0）．

（2）由f′（x）=0得x=0，由（1）知f（x）在[-1，0]上递减，在[0，e-1]上递增．

又f（-1）=+2，f（e-1）=e2-2，且e2-2＞+2，

所以当x∈[e-1-1，e-1]时，f（x）的最大值为e2-2，

故当m＞e2-2是不等式恒成立．