热门试卷

（I）（II）当时， 得单调递增区间是，单调递减区间是.

当时， 得单调递增区间是和，单调递减区间是.

  当时得单调递增区间是.

当时， 得单调递增区间是和，单调递减区间是

：（I）当时，，

由于，，

所以曲线在点处的切线方程为

即  

（II），.

当时，.

所以，在区间上，；在区间上，.

故得单调递增区间是，单调递减区间是.

当时，由，得，

所以，在区间和上，；在区间上，

故得单调递增区间是和，单调递减区间是.

  当时，

故得单调递增区间是.

当时，，得，.

所以没在区间和上，；在区间上，

，故得单调递增区间是和，单调递减区间是

（1）①时，在上单调递减；

②时，，单调增区间为，单调减区间为；

③时，，单调增区间为，单调减区间为．

（2）

（3）证明见解析。

（1）

…………………………1分

当，即时，，所以在上单调递减……………2分

当，即时，

①时，，单调增区间为，单调减区间为……………3分

②时，，单调增区间为，单调减区间为………5分

综上：①时，在上单调递减（只要写出以上三种情况即得5分）

②时，，单调增区间为，单调减区间为

③时，，单调增区间为，单调减区间为

（2）恒成立，等价于…………………………6分

，，

在上单调递减，，在上单调递减，

所以的最大值为，所以…………………………8分

（3）证法一：由（2）知当时，时，恒成立

所以时，有…………………………10分

所以相乘得…………………………12分

方法二：数学归纳法

①当时，显然成立…………………9分

②假设（）成立，即

那么当时，

下面只需证，

设，所以设

由（2）知当时，时，恒成立，

即在恒成立，所以

综合①②命题成立…………………………………………………………12分

（1）∵f（x）=lnx+ax2+bx，

∴f′(x)=+2ax+b，

∵函数f（x）=lnx+ax2+bx在x=1，x=处取得极值f'（1）=1+2a+b=0，f/()=2+a+b=0，

∴a=1，b=-3，

（2）因为f′(x)==，

令f'（x）=0，x1=1，x2=，

因为f（x）在x=1处取得极值，所以x2=≠x1=1，

＜0时，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，e]上单调递减，

所以f（x）在区间（0，e]上的最大值为f（1），令f（1）=1，

解得a=-2，

a＞0，x2=＞0，

当＜1时，f（x）在(0，)上单调递增，(，1)上单调递减，（1，e）上单调递增，

所以最大值1可能在x=或x=e处取得，

而f()=ln+a()2-(2a+1)=ln--1＜0，

所以f（e）=lne+ae2-（2a+1）e=1，解得a=，

当1≤＜e时，f（x）在区间（0，1）上单调递增，(1，)上单调递减，(，e)上单调递增，

所以最大值1可能在x=1或x=e处取得，

而f（1）=ln1+a-（2a+1）＜0，

所以f（e）=lne+ae2-（2a+1）e=1，解得a=，与1＜x2=＜e矛盾，

当x2=≥e时，f（x）在区间（0，1）上单调递增，在（1，e）单调递减，

所以最大值1可能在x=1处取得，而f（1）=ln1+a-（2a+1）＜0，矛盾，

综上所述，a=或a=-2．

（1）f′（x）=-x2+2bx+c

∵函数f（x）在x=1处有极值-

∴（3分）

解得或（4分）

（i）当b=1，c=-1时，f′（x）=-（x-1）2≤0

所以f（x）在R上单调递减，不存在极值

（ii）当b=-1，c=3时，f′（x）=-（x+3）（x-1）

x∈（-3，1）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增

x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减

所以f（x）在x=1处存在极大值，符合题意．

综上所述，满足条件的值为b=-1，c=3（7分）

（2）当x∈（0，1）时，函数y=f（x）-c（x+b）=-x3+bx2，

设图象上任意一点P（x0，y0），则k=y′|x=x0=-x02+2bx0，x0∈（0，1），

因为k≤1，

所以对任意x0∈（0，1），=-x02+2bx0≤1恒成立（9分）

所以对任意x0∈（0，1），不等式b≤恒成立

设g（x）=，则g′（x）=，

当x∈（0，1）时，g′（x）＜0

故g（x）在区间（0，1）上单调递减

所以对任意x0∈（0，1），g（x0）＞g（1）=1（12分）

所以b≤1．（14分）

（1）①时，在上单调递减；

②时，，单调增区间为，单调减区间为；

③时，，单调增区间为，单调减区间为．

（2）

（3）证明见解析。

（1）

…………………………1分

当，即时，，所以在上单调递减……………2分

当，即时，

①时，，单调增区间为，单调减区间为……………3分

②时，，单调增区间为，单调减区间为………5分

综上：①时，在上单调递减（只要写出以上三种情况即得5分）

②时，，单调增区间为，单调减区间为

③时，，单调增区间为，单调减区间为

（2）恒成立，等价于…………………………6分

，，

在上单调递减，，在上单调递减，

所以的最大值为，所以…………………………8分

（3）证法一：由（2）知当时，时，恒成立

所以时，有…………………………10分

所以相乘得…………………………12分

方法二：数学归纳法

①当时，显然成立…………………9分

②假设（）成立，即

那么当时，

下面只需证，

设，所以设

由（2）知当时，时，恒成立，

即在恒成立，所以

综合①②命题成立…………………………………………………………12分

∵f（x）在x∈（0，1]上是增函数，

∴f′（x）=2a-3x2在（0，1]上恒为正，

∴2a＞3x2恒成立，

即a＞x2，

∵x∈（0，1]，

∴x2∈（0，]，

∴a＞，

又当a=时也成立，

∴a≥．

解析：（1）由题意f′(x)=．         …（1分）

当a＞0时，函数f（x）的定义域为（0，+∞），f'（x）＞0，则x∈（a，+∞），f'（x）＜0，则x∈（0，a），

此时函数在（0，a）上是减函数，在（a，+∞）上是增函数，…（3分）

当a＜0时，函数f（x）的定义域为（-∞，0），f'（x）＞0，则x∈（a，0），f'（x）＜0，则x∈（-∞，a），

此时函数在（-∞，a）上是减函数，在（a，0）上是增函数．…（5分）

（2）假设存在这样的切线，设其中一个切点T(x0，lnx0-)，

∴切线方程：y+1=(x-1)，将点T坐标代入得：

lnx0-+1=，即lnx0+--1=0，①

设g(x)=lnx+--1，则g′(x)=．

令g'（x）=0，则x=1或x=2．…（8分）

所以g（x）在区间（0，1），（2，+∞）上是增函数，在区间（1，2）上是减函数，g（x）在x=1处取得极大值g（1）=1，在x=2处取得极小值g(2)=ln2+，

所以g（x）＞0在[1，+∞）上恒成立，即g（x）=0在[1，+∞）上无解．

因为g()=ln+12-16-1=-ln4-3＜0，g（1）=1＞0，g（x）在区间（0，1）上单调递增，

根据零点定理，g（x）在区间（0，1）上有且仅有一个实数根，即方程①有且仅有一解，故符合条件的切线有且仅有一条．…（12分）

（Ⅰ）∵关于x的方程x2-mx-1=0有两个实根α、β，∴．

∴f(α)====，

同理f(β)=，

∴αf（α）+βf（β）=2．

（Ⅱ）f（x）在（α，β）上为增函数

∵f(x)=，

∴f′(x)=，

当x∈（α，β）时，x2-mx-1=（x-α）（x-β）＜0，

从而f′（x）＞0，

∴f（x）在（α，β）上为增函数．

（1）由f（x）=x2+alnx，得f′（x）=x+=，其中x＞0．

当a≥0时，f′（x）＞0对任意x∈（0，+∞）均成立，这是f（x）在区间（0，+∞）上单调递增；

当a＜0时，由f′（x）＞0⇒x＞或x＜-（舍）

由f′（x）＜0⇒0＜x＜，

∴f（x）在区间（，+∞）上单调递增，在区间（0，）上单调递减；

（2）a=1时，g（x）=f（x）-x3=x2+lnx-x3，

g′（x）=x+-2x2=，其中x＞0，

∴x∈（0，1）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．

∴[g（x）]min=g（1）=-＜0，

∴函数g（x）零点的个数为0．