热门试卷

（1）当a=-1时，f（x）=x2+x-lnx，则f′(x)=2x+1-

∴f（1）=2，f′（1）=2

∴曲线y=f（x）在x=1处切线的方程为y-2=2（x-1）

即y=2x；

（2）由题意得，f′(x)=2x-(1+2a)+=(x＞0)

由f′（x）=0，得x1=，x2=a

①当0＜a＜时，令f′（x）＞0，x＞0，可得0＜x＜a或＜x＜1；

令f′（x）＜0，x＞0，可得a＜x＜

∴函数f（x）的单调增区间是（0，a）和(，1)，单调减区间是(a，)；

②当a=时，f′(x)= ≥0，当且仅当x=时，f′（x）=0，

所以函数f（x）在区间（0，1）上是单调增函数；

③当＜a＜ 1时，令f′（x）＞0，x＞0，可得0＜x＜a或a＜x＜1；

令f′（x）＜0，x＞0，可得＜x＜a

∴函数f（x）的单调增区间是（0，）和（a，1），单调减区间是(，a)；

④当a≥1时，令f′（x）＞0，x＞0，可得0＜x＜；

令f′（x）＜0，x＞0，可得＜x＜1

∴函数f（x）的单调增区间是（0，），单调减区间是(，1)．

（1）函数F(x)=f(x)+g(x)=x++lnx的定义域为（0，+∞）．

∴F′(x)=1-+=．

①当△=1+4a≤0，即a≤-时，得x2+x-a≥0，则F′（x）≥0．

∴函数F（x）在（0，+∞）上单调递增．（2分）

②当△=1+4a＞0，即a＞-时，令F′（x）=0，得x2+x-a=0，

解得x1=＜0，x2=．

（ⅰ）若-＜a≤0，则x2=≤0．

∵x∈（0，+∞），∴F′（x）＞0，

∴函数F（x）在（0，+∞）上单调递增．（4分）

（ⅱ）若a＞0，则x∈(0，)时，F′（x）＜0；x∈(，+∞)时，F′（x）＞0，

∴函数F（x）在区间(0，)上单调递减，在区间(，+∞)上单调递增．

综上所述，当a≤0时，函数F（x）的单调递增区间为（0，+∞）；

当a＞0时，函数F（x）的单调递减区间为(0，)，

单调递增区间为(，+∞)．（8分）

（2）由=f(x)-2e，得=x+-2e，化为=x2-2ex+a．

令h(x)=，则h′(x)=．

令h′（x）=0，得x=e．

当0＜x＜e时，h′（x）＞0；当x＞e时，h′（x）＜0．

∴函数h（x）在区间（0，e）上单调递增，在区间（e，+∞）上单调递减．

∴当x=e时，函数h（x）取得最大值，其值为h(e)=．（10分）

而函数m（x）=x2-2ex+a=（x-e）2+a-e2，

当x=e时，函数m（x）取得最小值，其值为m（e）=a-e2．（12分）

∴当a-e2=，即a=e2+时，方程=f(x)-2e只有一个根．（14分）

（1）由题意，f′（x）=1-

∵函数f（x）=x-ln（x+a）在（-a，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增

∴f′（1）=0

∴a=0；

（2）证明：∵m＞n＞0，∴要证明lnm-lnn＜，只需要证明ln＜-1

只需要证明lnx＜x-1，x＞1

记g（x）=lnx-x=-f（x）

∴g（x）在（1，+∞）上单调递减

∴g（x）＜g（1）=-1，即lnx-x＜-1

∴lnm-lnn＜；

（3）∵f（x）+2x=x2+λ，f（x）=x-lnx

∴原方程可化为x2-3x+lnx+λ=0，x∈[，2]

记h（x）=x2-3x+lnx+λ，x∈[，2]

则h′(x)=

∴x∈(，1)时，h′（x）＜0，x∈（1，2）时，h′（x）＞0，

∵h()=--ln2+λ，h（2）=-2+ln2+λ，h（1）=-2+λ，h(2)-h()=-+ln4＞0

∴h(1)＜h()＜h(2)

∴

∴

∴+ln2≤λ＜2．

（1）f（x）在[2，5]上单调递增，下面证明：

因为f′（x）==＞0，

所以f（x）在[2，5]上单调递增；

（2）由（1）知f（x）在[2，5]上单调递增，

所以fmin（x）=f（2）==1，fmax（x）=f（5）==．

故f（x）的最大值为，最小值为1．

（1）f′（x）=3x2+2bx+c，（2分）

∵当x=-3和x=1时，f（x）取得极值．∴f′（3）=0，f′（1）=0，（4分）

，解得，b=3，c=-9．（6分）

（2）由（1）知f（x）=x3+3x2-9x+d，

f′（x）=3x2+6x-9  f′（x）＞0，3x2+6x-9＞0，解得 x＜-3或x＞1，

∵x∈[-4，2]∴f（x）的增减区间、极值、端点值情况如下表：

对任x∈[-4，2]，都有f（x）≥-6d2成立，只需f（x）在[-4，2]上的最小值f（x）min≥-6d2．

∴d的取值应满（12分）

解不等式组得，d≤-1或d≥，

∴d的取值范围是（-∞，-1）∪[，+∞）（14分）

函数f（x）的导函数是f'（x）=3x2+2ax+b；

由题意可知：即；

解得：a=-3，b=0．

（1）∵已知函数y=f(x)=，

∴f′（x）=，k=f′（）=2e2，且f（）=e，

所以切线方程为y-e=2e2（x-），即2e2x-y-e=0…（6分）

（2）易知x＞0，由f'（x）＞0得0＜x＜e，所以f（x）递增区间：（0，e）…（10分）

f'（x）＜0得x＞e，递减区间：（e，+∞） …（12分）．

（I）f′（x）=-3x2+6x+9．

令f′（x）＜0，解得x＜-1或x＞3，

所以函数f（x）的单调递减区间为（-∞，-1），（3，+∞）．

（II）因为f（-2）=8+12-18+a=2+a，f（2）=-8+12+18+a=22+a，

所以f（2）＞f（-2）．

因为在（-1，3）上f′（x）＞0，所以f（x）在[-1，2]上单调递增，

又由于f（x）在[-2，-1]上单调递减，

因此f（2）和f（-1）分别是f（x）在区间[-2，2]上的最大值和最小值，于是有22+a=20，解得a=-2．

故f（x）=-x3+3x2+9x-2，因此f（-1）=1+3-9-2=-7，

即函数f（x）在区间[-2，2]上的最小值为-7．

（1）∵f（x）=x2-（a+2）x+alnx，

∴f′(x)=2x-(a+2)+==，其中x＞0，

令f'（x）=0，得x=1或x=．

∵a＞2，∴＞1．

当0＜x＜1及x＞时，f'（x）＞0；

当1＜x＜时，f'（x）＜0；

∴f（x）的单调递增区间为(0，1)，(，+∞)．

（2）当a=4时，f(x)=x2-6x+4lnx，f′(x)=2x+-6，其中x＞0，

令f′(x)=2x+-6=-6，方程无解，

∴不存在实数m使得直线6x+y+m=0恰为曲线y=f（x）的切线．

（3）由（2）知，当a=4时，函数y=f（x）在其图象上一点P（x0，f（x0））处的切线方程为y=m(x)=(2x0+-6)(x-x0)+-6x0+4lnx0，

设ϕ(x)=f(x)-m(x)=x2-6x+4lnx-(2x0+-6)(x-x0)-(-6x0+4lnx0)，

则φ（x0）=0．

ϕ′(x)=2x+-6-(2x0+-6)=2(x-x0)(1-)=(x-x0)(x-)

若x0＜，ϕ(x)在(x0，)上单调递减，

∴当x∈(x0，)时，φ（x）＜φ（x0）=0，此时＜0；

若x0＞，ϕ(x)在(，x0)上单调递减，

∴当x∈(，x0)时，φ（x）＞φ（x0）=0，此时＜0．

∴y=f（x）在(0，)∪(，+∞)上不存在“类对称点”．

若x0=，ϕ′(x)=(x-)2＞0，

∴φ（x）在（0，+∞）上是增函数，

当x＞x0时，φ（x）＞φ（x0）=0，

当x＜x0时，φ（x）＜φ（x0）=0，故＞0．

即此时点P是y=f（x）的“类对称点”

综上，y=f（x）存在“类对称点”，是一个“类对称点”的横坐标．