热门试卷

（I）当a=0时，函数f（x）=lnx+x2的定义域为（0，+∞），f′（x）=+2x＞0，

∴f（x）在[1，e]上是增函数，

当x=1时，f（x）取得最小值f（1）=1，∴f（x）在[1，e]上的最小值为1；

（II）f′（x）=+2x-2a=，设g（x）=2x2-2ax+1

由题意知，在区间[，2]上存在于区间使得不等式g（x）＞0恒成立，

由于抛物线g（x）=2x2-2ax+1开口向上，

∴只要g（2）＞0，或g（）＞0即可，

由g（2）＞0，即8-4a+1＞0，∴a＜，由g（）＞0，即-a+1＞0，∴a＜，

∴a＜，即实数a的取值范围（-∞，）

（III）∵f′（x）=，设h（x）=2x2-2ax+1，

①显然，当a≤0时，在（0，+∞）上h（x）＞0恒成立，

这时f′（x）＞0此时f（x）没有极值点；

②当a＞0时，

当x＜或x＞时，h（x）＞0，这时f′（x）＞0，

∴当a＞时，x=是函数f（x）的极大值点；

x=是函数f（x）的极小值点，

综上，当a≤时，函数f（x）没有极值点；

当a＞时，x=是函数f（x）的极大值点；

x=是函数f（x）的极小值点；

（I）f'（x）=-（x2+x+m-3）•e-x

∵m=3

∴f（x）=（x2+3x+3）•e-x，f'（x）=-（x2+x）•e-x

∴f（0）=3，f′（0）=0

故曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为：y=3

（II）①由（I）知f'（x）=-（x2+x+m-3）•e-x，要使函数f（x）在（-∞，0）上有两个极值点

只要方程g（x）=x2+x+m-3=0有两个不等的负根

那么实数m应满足解得3＜m＜，

②设两负根为x1，x2且x1＜x2＜0，可知x=x1时有极小值f（x1）

由于对称轴为x=-，g（0）＞0，所以-1＜x1＜-，且+x1+m-3=0得m=3--x1，

∴f（x1）=（+3x1+m）•e-x1=（2x1+3）•e-x1，（-1＜x1＜-）

令h（x）=（2x+3）•e-x∵h′（x）=（-1-2x）•e-x＞0，即h（x）在x∈（-1，-）上单调递增，

∴h（x）＞h（-1）=e

故f（x1）＞e

（Ⅰ）f′(x)==，

由题意知f'（-c）=0，即得c2k-2c-ck=0，（*）

∵c≠0，∴k≠0．

由f'（x）=0得-kx2-2x+ck=0，

由韦达定理知另一个极值点为x=1（或x=c-）．

（Ⅱ）由（*）式得k=，即c=1+．

当c＞1时，k＞0；当0＜c＜1时，k＜-2．

（i）当k＞0时，f（x）在（-∞，-c）和（1，+∞）内是减函数，在（-c，1）内是增函数．

∴M=f(1)==＞0，m=f(-c)==＜0，

由M-m=+≥1及k＞0，解得k≥．

（ii）当k＜-2时，f（x）在（-∞，-c）和（1，+∞）内是增函数，在（-c，1）内是减函数．

∴M=f(-c)=＞0，m=f(1)=＜0M-m=-=1-≥1恒成立．

综上可知，所求k的取值范围为(-∞，-2)∪[，+∞)．

（1）依题意：f（x）=lnx+x2-bx

∵f（x）在（0，+∞）递增

∴f′(x)=+2x-b≥0对x∈（0，+∞）恒成立

∴b≤+2x

∵x＞0

∴+2x≥2当且仅当x=时取“=”，

∴b≤2，

且当b=2时，x∈(0，)，f′(x)＞0，f′()=0，x∈(，+∞)，f′(x)＞0

∴符合f（x）在（0，+∞）是增函数∴b∈(-∞，2]

（2）设t=ex，

∵x∈[0，ln2]

∴1≤t≤2，

则函数g（x）化为：y=t2+bt=(t+)2-，t∈[1，2]

①当-≤1时，即-2≤b≤2时．y在[1，2]递增∴当t=1时，ymin=b+1

②当1＜-＜2时，即-4＜b＜-2，当t=-，ymin=-

③当-≥2，即b≤-4时，y在[1，2]递减，当t=2时，ymin=4+2b

综上：g(x)min=

（3）∵a1=1，a2=ln1+1+2=3＞1，a3=ln3+3+2＞1

假设ak≥1（n≥1），则ak+1=lnak+ak+2＞1，∴an≥1成立

设F（x）=lnx-x+1，（x≥1），则F′(x)=-1＜0

∴F（x）在[1，+∞]单调递减，∴F（x）≤F（1）=0，∴lnx≤x-1

∴lnan≤an-1，故an+1≤2an+1，∴an+1+1≤2（an+1）an+1+1≤2（an+1）≤22（an-1+1）≤≤2n（a1+1）=2n+1，

∴an+1≤2n⇒an≤2n-1

（Ⅰ）由题意得f′（x）=3x2-2ax-3，

∵f（x）在区间[1，+∞）上是增函数，

∴当x∈[1，+∞）时，恒有f′（x）≥0，

即3x2-2ax-3≥0在区间[1，+∞）上恒成立，

由△=4a2+36＞0，≤1且f′（1）=-2a≥0，

解得a≤0，

（Ⅱ）依题意得f′(-)=0，+a-3=0，a=4，

∴f（x）=x3-4x2-3x，

令f′（x）=3x2-8x-3=0，

解得x1=-，x2=3，

而f(1)=-6，f(3)=-18，f(-)=-12，

故f（x）在区间[1，4]上的最大值是f（1）=-6．

（Ⅲ）若函数g（x）=bx的图象与函数f（x）的图象恰有3个不同的交点，

即方程x3-4x2-3x=bx恰有3个不等的实数根，

而x=0是方程x3-4x2-3x=bx的一个实数根，则

方程x2-4x-3-b=0有两个非零实数根，

则，

即b＞-7且b≠-3，

故满足条件的b存在，其取值范围是（-7，-3）∪（-3，+∞）．

证明：设f（x）=ex-x-1，则f′（x）=ex-1，

∴当x=0时，f′（x）=0，f（x）=0．

当x＞0时，f′（x）＞0，

∴f（x）在（0，+∞）上是增函数，

∴f（x）＞f（0）=0．

当x＜0时，f′（x）＜0，

∴f（x）在（-∞，0）上是减函数，

∴f（x）＞f（0）=0．

∴对x∈R都有f（x）≥0，

∴ex≥x+1．

设减去的小正方形的边长为x，制成的盒子的容积为V，

则V=x（a-2x）2（0＜x＜）

所以V=4x3-4ax2+a2x．

则V′=12x2-8ax+a2，由V′=0，得x=（舍）或x=．

所以当x=，即减去小正方形的面积为•=时，制成的盒子的容积最大．

（I）由题意得，g′（x）=f′（x）+a=lnx+a+1，

∵函数g（x）在区间[e2，+∞）上为增函数，

∴当x∈[e2，+∞）时，g′（x）≥0，即lnx+a+1≥0在[e2，+∞）上恒成立，

∴a≥-1-lnx，

又当x∈[e2，+∞）时，lnx∈[2，+∞），

∴-1-lnx∈（-∞，-3]，

∴a≥-3．

（II）因为2f（x）≥-x2+mx-3，即mx≤2x•lnx+3+x2，

又x＞0，所以m≤，令h（x）=，

h′（x）==，

令h′（x）=0解得：x=1或x=-3（舍），

当x∈（0，1）时，h′（x）＜0，函数h（x）在（0，1）上单调递减，

当x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，函数h（x）在（1，+∞）上单调递增，

所以h（x）min=h（1）=4，

   因为对任意x∈(0，+∞)，f(x)≥恒成立，

所以m≤h（x）min=4，即m的最大值为4．

（Ⅰ） 由f（1）=2，得a=1…（2分）

∵x＞0，∴x2+x-xlnx）≥bx2+2x恒成立等价于b≤1--，

令g（x）=1--，可得g′（x）=

∴x∈（0，1]时，g′（x）≤0

∴g（x）在（0，1]上递减，

在[1，∞）上递增，所以g（x）min=g（1）=0，

即b≤0…（3分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）知g（x）在（0，1]上递减，

∴＜x＜y＜1时，g（x）＞g（y）即＞ …（6分）

而＜x＜y＜1时，-1＜lnx＜0，

∴1+lnx＞0，

∴＜；…（9分）

（Ⅲ）f′（x）=2ax-lnx，（x＞0），

令f′（x）≥0得：2a≥

设h（x）=（x＞0），则h′(x)=

令h′(x)=＞0，则0＜x＜e；令h′(x)=＜0，可得x＞e

∴当x=e时，h（x）max=，

∴当a≥时，函数f（x）在（0，+∞）单调递增          …（11分）

若0＜a＜，g(x)=2ax-lnx，(x＞0)，g′(x)=2a-g′(x)=0，x=，x∈(0，)，g′(x)＜0；x∈(，+∞)，g′(x)＞0，

∴x=时，取得极小值，即最小值．

当0＜a＜时，g（）=1-ln＜0，f'（x）=0必有根，f（x）必有极值，在定义域上不单调…（13分）

∴a≥                                         …（14分）