热门试卷

（1）由题意知：f′(x)=≥0在（1，2]上恒成立⇒a≤（2x2）min=2，

又g′(x)=≤0在（0，1]上恒成立⇒a≥(2)max=2，

∴a=2，f（x）=x2-2lnx，g（x）=x-2．

（2）．f（x）=g（x）+2⇒x2-2lnx-x+2-2=0，设h(x)=x2-2lnx-x+2-2(x＞0)，

则h′(x)=2x-+，

解得h（x）在（0，1]上单调递减，在[1，+∞）单调递增⇒h（x）min=h（1）=0，

即方程f（x）=g（x）+2在x＞0时只有唯一解．

（3）f（x）≥2bx-在（0，1]上恒成立，⇒2b≤x-+在（0，1]上恒成立．

设H(x)=x-+，则H′(x)=，

∵0＜x≤1⇒x2-2＜0，2lnx＜0，

∴H′（x）＜0，H（x）d （0，1]单调递减，

∴-1＜b≤1，又∵b＞-1，∴-1＜b≤1．

x＞0，f′（x）=lnx+-a．

（I）f′（x）＞0恒成立，即a＜lnx++1（x≥1）恒成立，

令h（x）=lnx++1，则h′（x）=≥0，

∴h（x）在[1，+∞）上是增函数，

∴当x∈[1，+∞）时，h（x）最小值=h（1）=2，

故a＜2．

（II）g（x）=f′（x）-=lnx+-a-=lnx++1-a，

g′（x）=，

当a≥1时，g′（x）＞0，函数g（x）在（0，+∞）上递增；

当a＜1时，g′（x）=0，得x=1-a，

x∈（0，1-a）时，g′（x）＜0函数g（x）在（0，+∞）上递减；

x∈（1-a，+∞）时，g′（x）＞0函数g（x）在（0，+∞）上递增；

故函数g(x)=f′(x)-的单调区间为：

当a≥1时，函数g（x）递增区间为：（0，+∞）；

当a＜1时，函数g（x）递增区间为：（1-a，+∞）；函数g（x）递减区间为：（0，1-a）．

（1）依题意得g（x）=lnx+ax2+bx，则g′(x)=+2ax+b，

由函数g（x）的图象在点（1，g（1））处的切线平行于x轴得：g'（1）=1+2a+b=0，

∴b=-2a-1．

（2）由（1）得g′(x)==．

∵函数g（x）的定义域为（0，+∞），∴当a=0时，g′(x)=-，

由g'（x）＞0得0＜x＜1，由g'（x）＜0得x＞1，

即函数g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）单调递减；

当a＞0时，令g'（x）=0得x=1或x=，

若＜1，即a＞时，由g'（x）＞0得x＞1或0＜x＜，由g'（x）＜0得＜x＜1，

即函数g（x）在(0，)，（1，+∞）上单调递增，在(，1)单调递减；

若＞1，即0＜a＜时，由g'（x）＞0得x＞或0＜x＜1，由g'（x）＜0得1＜x＜，

即函数g（x）在（0，1），(，+∞)上单调递增，在(1，)单调递减；

若=1，即a=时，在（0，+∞）上恒有g'（x）≥0，

即函数g（x）在（0，+∞）上单调递增，

综上得：当a=0时，函数g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）单调递减；

当0＜a＜时，函数g（x）在（0，1）单调递增，在(1，)单调递减；在(，+∞)上单调递增；

当a=时，函数g（x）在（0，+∞）上单调递增，

当a＞时，函数g（x）在(0，)上单调递增，在(，1)单调递减；在（1，+∞）上单调递增．

（3）证法一：依题意得k==，

证＜k＜，即证＜＜，因x2-x1＞0，即证＜ln＜，

令=t（t＞1），即证1-＜lnt＜t-1（t＞1），

令h(t)=lnt+-1（t＞1），则h′(t)=-=＞0，∴h（t）在（1，+∞）上单调递增，

∴h（t）＞h（1）=0，即lnt＞1-（t＞1）②

综合①②得1-＜lnt＜t-1（t＞1），即＜k＜．

证法二：依题意得k==⇒lnx2-kx2=lnx1-kx1，

令h（x）=lnx-kx，则h′(x)=-k，

由h'（x）=0得x=，当x＞时，h'（x）＜0，当0＜x＜时，h'（x）＞0，

∴h（x）在(0，)单调递增，在(，+∞)单调递减，又h（x1）=h（x2），

∴x1＜＜x2，即＜k＜．

证法三：令h(x)=lnx-，则h′(x)=-，

当x＞x1时，h'（x）＜0，∴函数h（x）在（x1，+∞）单调递减，

∴当x2＞x1时，h(x2)＜h(x1)⇒lnx2-＜lnx1-1，即＜；

同理，令m(x)=lnx-，可证得＜．

证法四：依题意得k==，

＜k＜ ⇔＜＜⇔x1lnx2-x1lnx1＜x2-x1＜x2lnx2-x2lnx1

令h（x）=x-x1lnx+x1lnx1-x1，则h′(x)=1-，当x＞x1时，h'（x）＞0，∴函数h（x）在（x1，+∞）单调递增，

∴当x2＞x1时，h（x2）＞h（x1）=0，即x1lnx2-x1lnx1＜x2-x1

令m（x）=x-x2lnx+x2lnx2-x2，则m′(x)=1-，当x＜x2时，m'（x）＜0，∴函数m（x）在（0，x2）单调递减，

∴当x1＜x2时，m（x1）＞h（x2）=0，即x2-x1＜x2lnx2-x2lnx1；

所以命题得证．

（I）f′（x）=-4x3+4x=-4x（x+1）（x-1）…（1分）

令f′（x）＞0得x＜-1或0＜x＜1；令f′（x）＜0得-1＜x＜0或x＞1．

因此，f（x）的单调增区间为（-∞，-1），（0，1）；单调减区间为（-1，0），（1，+∞）；…（6分）

（II）由题意知直线l的方程为y-f（x0）=f'（x0）（x-x0），…（8分）

令x=0，得l在y轴上的截距b=-x0f′（x0）+f（x0）=-4x0(x0-)+2-=3-2．

令t=，∴t∈[0，4]，∴b=3t2-2t=3(t-)2-．

∴当t=时，bmin=-；当t=4时，bmax=40．

∴l在y轴上的截距的取值范围是[-，40]．…（12分）

（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（-1，+∞），（1分）

f′(x)=2x+=，（x＞-1），（2分）

令g（x）=2x2+2x+a，则△=4-8a．

①当△＜0，即a＞时，g（x）＞0，从而f′（x）＞0，

故函数f（x）在（-1，+∞）上单调递增；（3分）

②当△=0，即a=时，g（x）≥0，此时f′（x）≥0，此时f′（x）在f′（x）=0的左右两侧不变号，

故函数f（x）在（-1，0）上单调递增； （4分）

③当△＞0，即a＜时，g（x）=0的两个根为x1=，x2=＞-，

当≥1，即a≤0时，x1≤-1，当0＜a＜时，x1＞-1．

故当a≤0时，函数f（x）在（-1，）单调递减，在（，+∞）单调递增；

当0＜a＜时，函数f（x）在（-1，），（，+∞）单调递增，

在（，）单调递减．（7分）

（Ⅱ）∵F（x）=f（x）+ln，∴F′（x）=f′（x），

∴当函数F（x）有两个极值点时0＜a＜，0＜＜1，

故此时x2=∈（-，0），且g（x2）=0，即a=-（2x22+2x2），（9分）

∴F（x2）=x22+aln（1+x2）+ln

=x22-（2x22+2x2）ln（1+x2）+ln，

设h（x）=x2-（2x2+2x）ln（1+x）+ln，其中-＜x＜0，（10分）

则h′（x）=2x-2（2x+1）ln（1+x）-2x=-2（2x+1）ln（1+x），

由于-＜x＜0时，h′（x）＞0，

故函数h（x）在（-，0）上单调递增，

故h（x）．h（-）=．

∴F（x2）=h（x2）＞．（14分）

（Ⅰ）由f（x）=g（x），得k=．

令h(x)=所以，方程f（x）=g（x），在区间[，e]内解的个数即为函数h(x)=，x∈[，e]的图象与直线y=k交点的个数．

h′(x)=当h′（x）=0时，x=．

当x在区间[，e]内变化时，h′（x），h（x）变化如下：

x∈[，)，h′(x)＞0；x∈(，e)时，h′(x)＜0

当x=时，y=-e2；当x=时，y=；当x=e时，y=．

所以，（1）当k＞或k＜-e2时，该方程无解

（2）当k=或-e2≤k＜时，该方程有一个解；

（3）当≤k＜时，该方程有两个解．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知≤，

∴≤•．

++…+≤(++…+  )

∴∴(++…+)＜++…+

=1-+-+…+-＜1-＜1

∴++…+≤

∵++…+＜++…+≤

∴++…+＜．

（1）函数的定义域为（0，+∞）

求导函数，可得f'（x）=lnx+1．…（1分）

令f'（x）≥0，得lnx≥-1=lne-1，x≥lne-1=；

令f'（x）≤0，得x∈(0，]．…（3分）

∴f（x）的单调递增区间是[，+∞)，单调递减区间是(0，]，

∴函数的极小值为f()=-，f（x）无极大值…（5分）

（2）g（x）=xlnx-k（x-1），则g'（x）=lnx+1-k，由g'（x）=0，得x=ek-1，

所以，在区间（0，ek-1）上，g（x）为递减函数，在区间（ek-1，+∞）上，g（x）为递增函数．…（8分）

当ek-1≤1，即k≤1时，在区间[1，e]上，g（x）为递增函数，

所以，g（x）最大值为g（e）=e-ke+k．…（10分）

当1＜ek-1＜e，即1＜k＜2时，g（x）的最大值是g（1）或g（e）g（1）=g（e），得k=

当1＜k＜时，g（e）=e-ek+k＞0=g（1），g（x）最大值为g（e）=e-ke+k

当≤k＜2时，g（e）=e-ek+k＜0=g（1），g（x）最大值为g（1）=0…（12分）

当ek-1≥e，即k≥2时，在区间[1，e]上，g（x）为递减函数，

所以g（x）最大值为g（1）=0．

综上，当k＜时，g（x）最大值为e-ke+k；　当k≥时，g（x）的最大值是0…（14分）

（1）函数f（x）与y轴交点P（0，d），

又f′（x）=3ax2+2bx+c，f′（2）=12a+4b+c=0，①

又函数f（x）在x=2处取得极值为0，所以f（2）=8a+4b+2c+d=0，②

又切线的斜率k=12，所以f′（0）=c=12，③

过P点的直线y-d=12（x-0）⇒12x-y+d=0  ④

解①，②，③，④得a=2，b=-9，c=12，d=-4

所以f（x）=2x3-9x2+12x-4

（2）f′（x）=6x2-18x+12＞0得x＞2或x＜1．

函数f（x）的单调增区间为（-∞，1），（2，+∞）

（1）∵f(x)=2ax-+lnx，∴f′(x)=2a++，

∵f(x)=2ax-+lnx在x=1与x=处都取得极值，

∴f'（1）=0，f′()=0．∴，解得a=b=-；

（2）由（1）可知f(x)=-x++lnx，

令f′(x)=--+=-=0，解得x=1或x=，

∵x∈[，1]，∴f（x）在[，]上单调递减，在[，1]上单调递增．

f()=-ln4，f(1)=-，而f（）-f（1）=（-ln4）-（-）=-ln4＞0，

所以f（）＞f（1），即f（x）在[，1]上的最大值为-ln4．

对x∈[，1]时，f（x）＜c恒成立，等价于f（x）max＜c，即-ln4＜c，

所以实数c的取值范围为c＞-ln4．