热门试卷

（Ⅰ）函数f（x）定义域为（0，+∞）f′(x)=2a++…（2分）

依题意得，，解得，

故所求a，b的值为a=b=-…（5分）

（Ⅱ）在[，2]上存在x0，使不等式f（x0）-c≤0成立，只需c≥[f（x0）]min

由（Ⅰ）知f′(x)=-x-+=-

当x∈[，]时，f′（x）＜0，故函数f（x）在[，]上单调递减，

当x∈[，1]时，f′（x）＞0，故函数f（x）在[，1]上单调递增，

当x∈[1，2]时，f′（x）＜0，故函数f（x）在[，]上单调递减…（7分）

∴f()=-ln2是f（x）在[，2]上的极小值，且函数f（x）的最小值必是f()，f(2)两者中较小的…（8分）

而f(2)=-+ln2，f()-f(2)=-ln4=lne32-ln4=ln∵e3≈20.08＞16，f()-f(2)＞0∴[f(x)]min=f(2)=-+ln2…（9分）∴c≥[f(x)]min=-+ln2

所以，实数c的最小值为-+ln2．…（10分）

f（x）的定义域是（0，+∞），f′(x)=1+-=．

设g（x）=x2-ax+2，二次方程g（x）=0的判别式△=a2-8．

①当△=a2-8＜0，即0＜a＜2时，对一切x＞0都有f′（x）＞0，此时f（x）在（0，+∞）上是增函数．

②当△=a2-8=0，即a=2时，仅对x=有f′（x）=0，对其余的x＞0都有f′（x）＞0，此时f（x）在（0，+∞）上也是增函数．

③当△=a2-8＞0，即a＞2时，

方程g（x）=0有两个不同的实根x1=，x2=，0＜x1＜x2．

此时f（x）在(0，)上单调递增，在(，)是上单调递减，在(，+∞)上单调递增．

（Ⅰ）对函数求导可得，f′(x)= 

当a≤0时，在定义域（0，+∞）上，f′（x）＞0恒成立，即f（x）单调增区间为 （0，+∞）；

当a＞0时，在区间（0，a）上，f′（x）＜0，即f（x）单调减区间为 （0，a）；

在（a，+∞）上，，f′（x）＞0，即f（x）单调增区间为 （a，+∞）．

（II）a=1时，f′(x)=，x∈[，e]

当x∈[，1)时，f′（x）＜0

当x∈（1，e]时，f′（x）＞0

∴x=1是函数f（x）在[，e]上唯一的极小值即为最小值

∴f（x）min=f（1）=0

∵f（）=e-2，f（e）=，而f（）-f（e）=e-2-=＞0

综上可得，当a=1时，方程f（x）=m在x∈[，e]上有两解，m的范围为0＜m≤

（III）证明：若a=1，由（II）知f（x）=+lnx在[1，+∞）上为增函数

当n＞1时，令x=，则x＞1，故f（x）＞f（1）=0

即f（）=+ln=ln-＞0

∴ln＞

（1）由题意f(x)=ax--2lnx，f(e)=be--2，∴ae--2=be--2，

∴（a-b）（e+）=0，∴a=b．

（2）由（1）知：f(x)=ax--2lnx，（x＞0），∴f′（x）=a+-=，

令h（x）=ax2-2x+a．要使g（x）在（0，+∞）为增函数，只需h（x）在（0，+∞）满足：h（x）≥0恒成立．

即ax2-2x+a≥0，a≥ 在（0，+∞）上恒成立．

又∵0＜=≤1，x＞0，所以a≥1．

（3）证明：先证：lnx-x+1≤0  （x＞0），设K（x）=lnx-x+1，则K′（x）=-1=．

当x∈（0，1）时，k′（x）＞0，∴k（x）为单调递增函数；

当x∈（1，∞）时，k′（x）＜0，∴k（x）为单调递减函数；

∴x=1为k（x）的极大值点，∴k（x）≤k（1）=0．  即lnx-x+1≤0，∴lnx≤x-1．

由上知 lnx≤x-1，又x＞0，∴≤1-．

∵n∈N+，n≥2，令x=n2，得 ≤1-，∴≤（1-），

∴++…+≤（1-+1-+…+1- ）

=[n-1-（++… +）]＜[n-1-（++… +）]

=[n-1-（ - +-+…- ）]=[n-1-（  - ）]=，

故要证的不等式成立．

f′(x)=-=-=（x＞-1）．

∴f（x）在(-1，-1)上为减函数，在(-1，+∞)为增函数．

∴f（x）在x=-1处取得极小值．

（I）由函数f（x）在[1，+∞）上为增函数，∴，解得a≥1．

∴实数a的取值范围是[1，+∞）；

（II）由（I）可知：当a=1时，f（x）=ln+在[1，+∞），

∴当x＞1时，有f（x）＞f（1）=0，即ln＞-(x＞1)．

取-=（n≥2），则x=＞1，=，

即当n≥2时，ln＞（n≥2）．

∴++…+＜ln2+ln+ln+…+ln=lnn．

f′(x)=-=-=（x＞-1）．

∴f（x）在(-1，-1)上为减函数，在(-1，+∞)为增函数．

∴f（x）在x=-1处取得极小值．

（I）由函数f（x）在[1，+∞）上为增函数，∴，解得a≥1．

∴实数a的取值范围是[1，+∞）；

（II）由（I）可知：当a=1时，f（x）=ln+在[1，+∞），

∴当x＞1时，有f（x）＞f（1）=0，即ln＞-(x＞1)．

取-=（n≥2），则x=＞1，=，

即当n≥2时，ln＞（n≥2）．

∴++…+＜ln2+ln+ln+…+ln=lnn．

（1）由题意，函数f（x）的定义域为{x|x＞0}…（2分）

当a=2时，f(x)=x++lnx，

∴f′(x)=1-+=…（3分）

令f′（x）＞0，即＞0，得x＜-2或x＞1…（5分）

又因为x＞0，所以，函数f（x）的单调增区间为（1，+∞）…（6分）

（2）f′(x)=1-+=(x＞0)  …（7分）

令g（x）=x2+x-a，因为g（x）=x2+x-a对称轴x=-＜0，所以只需考虑g（0）的正负，

当g（0）≥0，即a≤0时，在（0，+∞）上g（x）≥0，

即f（x）在（0，+∞）单调递增，f（x）无极值   …（10分）

当g（0）＜0，即a＞0时，g（x）=0在（0，+∞）有解，所以函数f（x）存在极值．…（12分）

综上所述：当a＞0时，函数f（x）存在极值；当a≤0时，函数f（x）不存在极值．…（14分）

（I）f′（x）=（x＞0），令f′（x）=0，得x=，

所以在（0，]上f′（x）≤0，在[，+∞）上f′（x）≥0，

所以f（x）在（0，]上单调递减，在[，+∞）上单调递增，

因为函数f（x）在区间[1，+∞）内单调递增，

所以≤1，又a＞0，所以a≥1，

所以所求实数a的取值范围为[1，+∞）；

（II）存在x0∈[1，e]使g（x0）≥lnx0，即存在x0∈[1，e]使p≥(lnx0-1)ex0+x0成立，

令h（x）=（lnx-1）ex+x，从而p≥hmin（x）（x∈[1，e]），

h′（x）=（+lnx-1）ex+1，

由（I）知当a≥1且x≥1时，f（x）=lnx+≥f（1）=0成立，

所以+lnx-1≥0在[1，e]上成立，

所以h′（x）=(+lnx-1)ex+1≥1+1＞0，

所以h（x）=（lnx-1）ex+x在[1，e]上单调递增，

所以hmin（x）=h（1）=1-e，

所以p≥1-e．

（1）因为f′（x）=（2x-3）ex+（x2-3x+3）ex，

由f′（x）＞0⇒x＞1或x＜0，

由f′（x）＜0⇒0＜x＜1，

∴函数f（x）在（-∞，0），（1，+∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减，

∵函数f（x）在[-2，t]上为单调函数，

∴-2＜t≤0，

（2）证：因为函数f（x）在（-∞，0），（1，+∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减，

所以f（x）在x=1处取得极小值e，

又f（-2）=13e-2＜e，

所以f（x）在[2，+∞）上的最小值为f（-2），

从而当t＞-2时，f（-2）＜f（t），

（3）证：因为 =x02-x0，

∴=(t-1)2，

即为x02-x0=(t-1)2，

令g（x）=x2-x-(t-1)2，

从而问题转化为证明方程g（x）=x2-x-(t-1)2=0在（-2，t）上有解并讨论解的个数，

因为g（-2）=6-(t-1)2=-(t-4)(t+2)，

g（t）=t（t-1）-(t-1)2=(t+2)(t-1)

所以当t＞4或-2＜t＜1时，g（-2）•g（t）＜0，

所以g（x）=0在（-2，t）上有解，且只有一解，

当1＜t＜4时，g（-2）＞0且g（t）＞0，

但由于g（0）=-(t-1)2＜0，

所以g（x）=0在（-2，t）上有解，且有两解，

当t=1时，g（x）=x2-x=0，

解得x=0或1，

所以g（x）=0在（-2，t）上有且只有一解，

当t=4时，g（x）=x2-x-6=0，

所以g（x）=0在（-2，t）上也有且只有一解，

综上所述，对于任意的t＞-2，总存在x0∈（-2，t），满足 =(t-1)2，

且当t≥4或-2＜t≤1时，有唯一的x0适合题意，

当1＜t＜4时，有两个x0适合题意