热门试卷

（1）f′(x)=+a=(x＜2)

当a≤02时，f'（x）＜0，∴f（x）是减函数

当a＞06时，x∈(-∞，2-)，f'（x）＞0；x∈(2-，2)时，f'（x）＜0

此时，f（x）的单调增减区间分别为(-∞，2-)，(2-，2)

（2）∵a＞0，由（1）知fmax(x)=f(2-)=ln-1

当x∈[2-，2)时，f（x）的值域是(-∞，ln-1]

当函数y=f（x）与函数y=b的图象有两个交点时，

得出f(2-)≤b＜f(2-)，

即ln-e≤b＜ln-1

∴1-e-lna≤b＜-1-lna．

（Ⅰ）求导函数，可得f′(x)=-+=（m＞0）．        …（1分）

因为函数f（x）在[1，+∞）上为增函数，所以f'（x）≥0在[1+∞）上恒成立，

所以mx-1≥0在[1，+∞）上恒成立，

所以m≥在[1，+∞)上恒成立．

所以m的取值范围是[1，+∞）．                        …（3分）

（Ⅱ）令f′（x）=0，∴x=（m＞0）．                …（4分）

①若＜1，即m＞1，则x∈[1，e]时，有f'（x）＞0，所以f（x）在[1，e]上递增，

所以f（x）的最大值是f(e)=；f(x)的最小值是f（1）=0…（6分）

②若1≤＜e，即＜m≤1，则x∈(1，)时，f′（x）＜0，所以f（x）在(1，)上递减；x∈(，e)时，f′（x）＞0，所以f（x）在(，e)上递增．

所以f（x）的最小值是f()=-lnm．

又f(1)=0，f(e)=，

所以当1-e+me＞0，即1-＜m≤1时，有f（e）＞f（1），所以f（x）的最大值是f(e)=；

当1-e+me≤0，即＜m≤1-时，有f（e）≤f（1），

所以f（x）的最大值是f（1）=0．                  …（9分）

③若≥e，即0＜m≤，则x∈[1，e]时，有f'（x）＜0，

所以f（x）在[1，e]上递增，

所以f（x）的最大值是f（1）=0；f（x）的最小值是f(e)=．…（11分）

所以f（x）的最大值是，f（x）的最小值是…（12分）

（1）f′（x）=3x2+6x-9，

由f′（x）＞0，得x＜-3或x＞1，由f′（x）＜0，得-3＜x＜1，

所以f（x）的增区间是（-∞，-3），（1，+∞），减区间是（-3，1）．

所以当x=-3时f（x）取得极大值f（-3）=28，当x=1时f（x）取得极小值f（1）=-4．

（2）f（-4）=21，f（4）=77，又由（1）知极大值f（-3）=28，极小值f（1）=-4，

所以f（x）在[-4，4]上的最大值为77，最小值为-4．

（Ⅰ）求导函数，可得f′(x)=，

∵x≥0，a＞0，∴ax+1＞0．

①当a≥2时，在区间（0，+∞）上，f'（x）＞0，∴f（x）的单调增区间为（0，+∞）．

②当0＜a＜2时，由f'（x）＞0解得x＞，由f'（x）＜0解得x＜，

∴f（x）的单调减区间为(0，)，单调增区间为(，+∞)．

（Ⅱ）当a≥2，由（Ⅰ）①知，f（x）的最小值为f（0）=1；

当0＜a＜2时，由（Ⅰ）②知，f（x）在x=处取得最小值f()＜f（0）=1，

综上可知，若f（x）的最小值为1，则a的取值范围是[2，+∞）．

（1）在上递减，在上递增；（2）；（3）证明详见解析．

试题分析：（1）先求函数的导函数，然后分别求解不等式、，即可求出函数的单调增、减区间，注意函数的定义域；（2）先根据函数在取得极值，得到，进而求出的值，进而采用分离参数法得到，该不等式恒成立，进一步转化为，利用导数与最值的关系求出函数的最小值即可；（3）先将要证明的问题进行等价转化，进而构造函数，转化为证明该函数在单调递增，根据函数的单调性与导数的关系进行证明即可．

试题解析：（1）当时，

得，得

∴在上递减，在上递增

（2）∵函数在处取得极值，∴

∴

令，可得在上递减，在上递增

∴，即 

（3）证明：

令，则只要证明在上单调递增

又∵

显然函数在上单调递增

∴，即

∴在上单调递增，即

∴当时，有．

（I）求导函数，可得f′(x)=-

∵x≥1，∴lnx≥0，∴f′（x）≤0

∴f（x）在[1，+∞）上单调递减；

（II）f（x）≥恒成立，即≥k恒成立，

记g（x）=，则g′（x）=

再令h（x）=x-lnx，则h′（x）=1-

∵x≥1，∴h′（x）≥0，∴h（x）在[1，+∞）上单调递增．

∴[h（x）]min=h（1）=1＞0，从而g′（x）＞0  

故g（x）在[1，+∞）上也单调递增

∴[g（x）]min=g（1）=2

∴k≤2．

（1）f′（x）=-；

（2）f（x）的定义域为（2，+∞）（1分）

f′（x）=-；（2分）

令f'（x）＞0得：

当a＜0时，f（x）在（2，+∞）时f'（x）＞0恒成立；

当a＞0时，解得：2＜x＜1+）

令f'（x）＞0得：

当a＜0时，f（x）在（2，+∞）时f'（x）＜0不成立；

当a＞0时，解得：x＞1+，

故当a＜0时，f（x）在（2，+∞）上为增函数；

当a＞0时，f（x）在（2，1+）上为增函数，在（1+，+∞）上为减函数．

x1+x2=39 ①，x1x2=-40 ②，故得：1/x1+1/x2=-

由②式得.=-

由初中所学一元二次函数根与系数关系得所求方程为：40x2+39x-1=0．

（I）f（x）的定义域为（a，+∞）．

f′(x)=-x+1=．

令f'（x）=0⇒x=0或x=a+1．

当-1＜a＜0时，a+1＞0，函数f（x）与f'（x）随x的变化情况如下表：

所以，函数f（x）的单调递增区间是（0，a+1），单调递减区间是（a，0）和（a+1，+∞）．…（4分）

（II）证明：当-1＜a＜2（ln2-1）＜0时，

由（I）知，f（x）的极小值为f（0），极大值为f（a+1）．

因为f（0）=aln（-a）＞0，f(a+1)=-(a+1)2+(a+1)=(1-a2)＞0，

且f（x）在（a+1，+∞）上是减函数，

所以f（x）至多有一个零点．

又因为f(a+2)=aln2-a2-a=-a[a-2(ln2-1)]＜0，

所以函数f（x）只有一个零点x0，且a+1＜x0＜a+2．…（9分）

（III）因为-1＜-＜2(ln2-1)，

所以任意x1，x2∈[0，x0]且x2-x1=1，

由（II）可知x1∈[0，a+1]，x2∈（a+1，x0]，且x2≥1．

因为函数f（x）在[0，a+1]上是增函数，在（a+1，+∞）上是减函数，

所以f（x1）≥f（0），f（x2）≤f（1），

∴f（x1）-f（x2）≥f（0）-f（1）．

当a=-时，f(0)-f(1)=aln()-=ln-＞0．

所以f（x1）-f（x2）≥f（0）-f（1）＞0

所以|f（x2）-f（x1）|的最小值为f(0)-f(1)=ln-．

所以使得|f（x2）-f（x1）|≥m恒成立的m的最大值为ln-．…（14分）