热门试卷

（I）当a=0时，f（x）=x2exf′（x）=2xex+x2ex=（x2+2x）ex，

由f′（x）＞0⇒x＞0或x＜-2

故f（x）单调增区间为（0，+∞）和（-∞，-2）

（II）由f（x）=（x2-ax）ex，x∈R

得f′（x）=（2x-a）ex+（x2-ax）ex=[x2+（2-a）x-a]ex

记g（x）=x2+（2-a）x-a，

依题x∈[-1，1]时，g（x）≤0恒成立，结合g（x）的图象特征

得即a≥，

∴a的取值范围[，+∞)．

∵f(x)=x3-x2+bx+4，

∴f′（x）=3x2-bx+b，

∵f（x）在〔-2，1〕上单调递增，

∴f′（x）在[-2，1]上恒有f′（x）≥0，即3x2-bx-b≥0在[-2，1]上恒成立，

设y=3x2-bx-b，则抛物线y=3x2-bx-b的对称轴方程是x=．

①当x=≥1时，f′（x）min=f′（1）=3-b+b＞0，

解得b≥6．

②当x=≤-2时，f′（x）min=f′（-2）=12+2b+b≥0，

解得b∈∅．

③当-2≤≤1时，f′（x）min=≥0，

∴0≤b≤6．

综上所述，所求参数b的取值范围是[0，+∞）．

（I）a=-时，f（x）=x2+2lnx-ln（1+x2）（x＞0），f′（x）=2x+-=，

当0＜x＜时，f′（x）＞0，当＜x＜时，f′（x）＜0，当x＞时，f′（x）＞0，

故f（x）极小=f（）=2+ln2-ln3，f（x）极大=f（）=+-ln3．

（II）由（I）计算过程不难计算出f′（x）=，

令t=x2，故只需t2+（a+2）t+1=0有两个不同正根，即解得a＜-4，

所以a的范围为a＜-4．

因此x1，x2为方程x4+（a+2）x2+1=0的两根，且结合韦达定理可知，

0＜x1＜1，再由a＜-4，

所以f（x1）=+2lnx1+aln（1+）＜+2lnx1-4ln（1+），

令g（x1）=+2lnx1-4ln（1+），易知g′（x1）≥0，即g′（x1）单调递增，

所以g（x1）＜g（1）=1-4ln2，从而命题得证．

（III）a=0时，f（x）=x2+ln2x，所以f′(x)=2x+，f′(xn)=2xn+，

故左边[f'（x）]n-2n-1f'（xn）=2n （xn-2+xn-4++…），

令Sn=xn-2+xn-4++…，

利用倒序相加法可得，2Sn=（xn-2+）+（xn-4+）+…+（xn-4+）+（+xn-2）

≥2（++…++）=2（2n-2），

从而命题得证．

（1）∵实数x，y满足：ex+y=x+1，变形，得x+y=ln（x+1），

∴y=ln（x+1）-x，

又∵y=f（x）∴f（x）=ln（x+1）-x，（x＞-1）

则f′(x)=-1=

当-1＜x＜0时，f'（x）＞0； 

 当x＞0时，f'（x）＜0

∴f（x）在（-1，0）上单调递增；在（0，+∞）上单调递减．

（2）ln(1+)-＞ln变形为In(1+)-＞In(1+2)-2

∵f（x）=ln（x+1）-x，

∴不等式In(1+)-＞In(1+2)-2等价于f（）＞f（2）

由（1）知f（x）=ln（1+x）-x在（0，+∞）上单调递减

∴f（）＞f（2）等价于＜2

解得-1＜x＜2

∴不等式ln(1+)-＞ln解集为 {x|-1＜x＜2}

（Ⅰ）由已知得f（x）的定义域为（-∞，1）

f′(x)=2ax-．（2分）

由题意得f′(x)=2ax-≥0对一切x∈[-3，-2）恒成立，

∴a≤=．（5分）

当x∈[-3，-2）时，-(x-)2+＜-6，

∴＞-．故a≤-．（7分）

（Ⅱ）假设存在正实数a，使得f′(x)max=1-2成立.f′(x)=2ax-=2a-[2a(1-x)+]≤2a-2．（9分）

由2a(1-x)=，得(1-x)2=，

∴x=1±．由于x=1+＞1，故应舍去．

当x=1-时，f′(x)max=2a-2．（11分）

令2a-2=1-2，解得a=或a=-2．（13分）

另假设存在正实数a，使得f′(x)max=1-2成立．

设g(x)=f′(x)=2ax-，则g′(x)=2a-．（9分）

由g′(x)=2a-＞0，解得x＜1-或x＞1+．

因为x∈（-∞，1），

∴g（x）在(-∞，1-)上单调递增，在上单调递减．

∴f′(x)max=g(1-)=2a-4．（11分）

令2a-4=1-2，解得a=或a=-2．（14分）

f′（x）=3x2-3=3（x+1）（x-1），

令f′（x）=0，则x=-1或x=1，

经验证x=-1和x=1为极值点，即f（1）=-2为极小值，f（-1）=2为极大值．

又因为f（-3）=-18，f（3）=18，

所以函数f（x）的最大值为18，最小值为-18．

（1）当a=时，f（x）=ln（1+x）-x+x2，

∴f′（x）=-1+x=≥0在x∈[0，+∞）恒成立，

∴f（x）在[0，+∞）上单调递增，

∴当x∈[0，+∞）时，f（x）≥f（0）=0，

故当x∈[0，+∞）时，f（x）≥0；

（2）∵f′（x）=-1+2ax=，

①当，即a≥时，f′（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，∴f（x）≥f（0）=0；

②当，即a＜0时，f′（x）≤0在[0，+∞）上恒成立，∴f（x）≤f（0）=0与题意不符；

③当，即0＜a＜时，f′（x）==，

故在[0，）上，f′（x）≤0，

∴f（x）≤f（0）=0与题意不符，

综上可得当且仅当a≥时，f（x）≥0在[0，+∞）上恒成立．

（Ⅰ）f′（x）=3x2+2bx+c，

依题意有f（1）=6，f′（1）=0．

可得

可得b=-6，c=9．

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知f′（x）=3x2-12x+9，

依题意可知，切线的斜率为-3．

令f′（x）=-3，

可得x=2，

即f′（2）=-3．

又f（2）=4，

所以切线过点（2，4）．

从而切线方程为3x+y-10=0．

（1）由f（x）=ax+blnx+c知，f（x）的定义域为（0，+∞），f′(x)=a+，

又f（x）在x=e处的切线方程为（e-1）x+ey-e=0，而切线（e-1）x+ey-e=0的斜率为-，

所以有f′(e)=a+=-  ①

由x=1是函数f（x）的零点，得f（1）=a+c=0  ②

由x=1是函数f（x）的极值点，得f′（1）=a+b=0  ③

由③得：a=-b，把a=-b代入①得：-b+=-1+，所以b=1，则a=-1，由②得：a=-c，所以c=1．

所以，a=-1，b=1，c=1．

（2）由（1）知f（x）=-x+lnx+1（x＞0），

因此，g（x）=x2+mf（x）=x2-mx+mlnx+m （x＞0），

所以g′(x)=2x-m+=(2x2-mx+m) （x＞0）．

要使函数g（x）在（1，3）内不是单调函数，则函数g（x）在（1，3）内一定有极值，

而g′(x)=(2x2-mx+m)，所以函数g（x）最多有两个极值．

令d（x）=2x2-mx+m （x＞0）．

（ⅰ）当函数g（x）在（1，3）内有一个极值时，g′（x）=0在（1，3）内有且仅有一个根，

即d（x）=2x2-mx+m 在（1，3）内有且仅有一个根，

又因为d（1）=2＞0，所以当d（3）＜0时，d（x）=2x2-mx+m 在（1，3）内有且仅有一个根，

即2×32-3m+m＜0，解得m＞9．

（ⅱ）当函数g（x）在（1，3）内有两个极值时，g′（x）=0在（1，3）内有两个根，

即二次函数d（x）=2x2-mx+m 在（1，3）内有两个不等根，

所以，

解得：8＜m＜9．

综上，实数m的取值范围是（8，9）∪（9，+∞）．

（3）由h（x）=f（x）-1得：h（x）=-x+lnx （x＞0），所以h′(x)=，

令h′（x）≤0，即≤0，得：x≥1，即h（x）的单调递减区间为[1，+∞）．

事实上，

由函数h（x）=-x+lnx （x＞0）在[1，+∞）上单调递减可知，

当x∈（1，+∞）时，h（x）＜h（1），即-x+lnx＜-1，

亦即lnx＜x-1对一切x∈（1，+∞）都成立，

不等式两边同时除以x，

亦即0＜＜对一切x∈（1，+∞）都成立，

所以0＜＜，

0＜＜，

0＜＜，

…

0＜＜，

所以有

×××…×＜×××…×，

所以×××…×＜．