热门试卷

（1）当a=-2时

f（x）=x2-2lnx

f′（x）=2x-=

令f′（x）=0，则x=1

又∵当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，

∴当x=1时，f（x）极小=f（1）=1

（2）∵f（x）=x2+alnx

∴g（x）=x2+2x+alnx

∴g′（x）=2x+2+=

∵g（x）在[1，+∞）上单调递增，

∴g′（x）≥0在[1，+∞）上恒成立

即u=2x2+2x+a≥0在[1，+∞）上恒成立

∵u=2x2+2x+a在[1，+∞）上单调递增

∴仅须u的最小值4+a≥0，即a≥-4即可

故实数a的取值范围为[-4，+∞）

f′（x）=3x2-ax+3，判别式△=a2-36=（a-6）（a+6）．

1°0＜a＜6时，

△＜0，f′（x）＞0对x∈R恒成立．

∴当0＜a＜6时，f′（x）在R上单调递增．

2°a=6时，y=x3-3x2+3x+5=（x-1）3+4．

∴在R上单调递增．

3°a＞6时，△＞0，由f'（x）＞0⇒x＞或

x＜．f'（x）＜0⇒＜x＜．

∴在（，+∞）和（-∞，）内单调递增，

在（，）内单调递减．

（1）由f（x）=lnx-2kx，得f′(x)=-2k，

∵f（x）的定义域为（0，+∞），

∴当k≤0时，f′(x)=-2k＞0，f（x）在（0，+∞）是增函数，

当k＞0时，由-2k＞0，得x＜，

∴f（x）在（0，）上是增函数，在（，+∞）上是减函数，

综上，当k≤0时，f（x）的单调增区间是（0，+∞）；

当k＞0时，f（x）的单调增区间是（0，），单调减区间是（，+∞）．

（2）由f（x）＜x3+lnx恒成立，

得x3+2kx＞0恒成立，x∈（0，+∞），

即2kx＞-x3，∴2k＞-x3恒成立，

∵-x2＜0，2k≥0，

∴k的取值范围是[0，+∞）．

解（Ⅰ）由已知f'（x）=3ax2+2bx+c∴⇒c=d=0∴c=d=0…（2分）

又|| =1且f'（-1）＜0∴f'（-1）=-3 （舍去f'（-1）=）

∴⇒⇒f（x）=x3+3x2…（4分）

（Ⅱ）令f'（x）=3x（x+2）＞0⇒x＞0或x＜-2  即f（x）的增区间为（-∞，-2]、[0，+∞）

∵y=f（x）在区间[2m-1，m+1]上是增函数

∴2m-1＜m+1≤-2或0≤2m-1＜m+1 则m≤-3或≤m＜2…（8分）

（Ⅲ）令f'（x）=3x（x+2）=0⇒x=0或x=-2

∵f（0）=0，f（-1）=2，f（1）=4∴y=f（x）在[-1，1]上的最大值为4，最小值为0…（10分）

∴x1、x2∈[-1，1]时，|f（x1）-f（x2）|≤4-0=4…（12分）

（Ⅰ）∵f′（x）=lnx+1

∴f′（x）＜0得lnx＜-1 （2分）

∴0＜x＜

∴函数f（x）的单调递减区间是(0，)； （4分）

（Ⅱ）∵f（x）≥-x2+ax-6即a≤lnx+x+

设g(x)=lnx+x+，

则g′(x)== （7分）

当x∈（0，2）时g′（x）＜0，函数g（x）单调递减；

当x∈（2，+∞）时g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；

∴g（x）最小值g（2）=5+ln2，

∴实数a的取值范围是（-∞，5+ln2]； （10分）

（Ⅲ）设切点T（x0，y0）则kAT=f′（x0），

∴=lnx0+1即e2x0+lnx0+1=0

设h（x）=e2x+lnx+1，当x＞0时h′（x）＞0，

∴h（x）是单调递增函数 （13分）

∴h（x）=0最多只有一个根，

又h()=e2×+ln+1=0，

∴x0=

由f'（x0）=-1得切线方程是x+y+=0． （16分）

（1）当a=-2时

f（x）=x2-2lnx

f′（x）=2x-=

令f′（x）=0，则x=1

又∵当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，

∴当x=1时，f（x）极小=f（1）=1

（2）∵f（x）=x2+alnx

∴g（x）=x2+2x+alnx

∴g′（x）=2x+2+=

∵g（x）在[1，+∞）上单调递增，

∴g′（x）≥0在[1，+∞）上恒成立

即u=2x2+2x+a≥0在[1，+∞）上恒成立

∵u=2x2+2x+a在[1，+∞）上单调递增

∴仅须u的最小值4+a≥0，即a≥-4即可

故实数a的取值范围为[-4，+∞）

（1）函数f（x）=x2+2（1-a）x+2（1-a）ln（x-1）

f′（x）=2x+2（1-a）+，…（2分）

∵x=是函数的一个极值点，

∴f′（）=0

解得：a=…（4分）

（2）∵f′（x）=2x+2（1-a）+=

又f（x）的定义域为（1，+∞）．

∴当a≤1时，函数f（x）的单调增区间（1，+∞）．…（6分）

当a＞1时，函数f（x）的单调增区间（a，+∞），减区间为（1，a）．…（…（8分）

（3）当a=2时，由（2）知f（x）在（1，2）减，在（2，+∞）增．

∵f（2）=0，f（+1）=，f（e+1）=e2-3

∴y=f（x）在[+1，e+1]上的值域为[0，e2-3]…（10分）

∵函数g（x）=-x2-b在[+1，e+1]上是减函数，

∴y=g（x）在[+1，e+1]上的值域为[-（e+1）2-b，-（+1）2-b]…（11分）

∵b＞0

∴-（e+1）2-b，-（+1）2-b都小于0

∴＜2e2+2e，只要e2-3-[-（e+1）2-b]=e2-3+（e+1）2+b=2e2+2e-2+b＜2e2+2e即可

…（12分）

解得：0＜b＜2…（14分）

（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞）．

由已知得：f′（x）=-a，f′（2）=-a=-，解得a=1．

于是f′（x）=-1=，当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f （x）为增函数，

当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f （x）为减函数，

即f （x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞）．  

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，∀x1∈（0，+∞），f （x1）≤f （1）=0，即f （x1）的最大值为0，

由题意知：对∀x1∈（0，+∞），∃x2∈（-∞，0）使得f （x1）≤g（x2）成立，

只须f （x）max≤g（x）max．

∵g（x）==x++2k=-（-x+）+2k≤-2+2k，∴只须-2+2k≥0，解得k≥1．

故k的取值范围[1，+∞）．

（Ⅲ）要证明：++…+＜（n∈N*，n≥2）•

只须证++…+＜，

即证++…+＜，

由（Ⅰ）知，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f （x）为减函数，

∴f （x）=lnx-x+1≤f（1）=0，即lnx≤x-1，

∴当n≥2时，lnn2＜n2-1，

＜=1-＜1-=1-+，

++…+＜（1-+）+（1-+）+…+（1-+）

=n-1-+=，

∴++…+＜．

（Ⅰ）当x∈[0，π]时，f′（x）=1-cosx＞0，

∴f（x）为增函数

∴f（x）的值域为[0，π]

（Ⅱ）设g(x)=-f()

∴g/(x)=(-cosx+cos)

由导数等于0得，x=θ

∴x∈（0，θ），g′（x）＜0，x∈（θ，π），g′（x）＞0

∴x∈[0，π]时，g（x）≥g（θ）=0

∴≥f()

（Ⅲ）在题设条件下，同（Ⅱ）当k为偶数时≥f()

当k为奇数时≤f()