热门试卷

（1）∵f′(x)=+a，∵x=0使f（x）的一个极值点，则f'（0）=0，

∴a=0，验证知a=0符合条件．

（2）∵f′(x)=+a=

①若a=0时，∴f（x）在（0，+∞）单调递增，在（-∞，0）单调递减；

②若得，当a≤-1时，f'（x）≤0对x∈R恒成立，

∴f（x）在R上单调递减．

③若-1＜a＜0时，由f'（x）＞0得ax2+2x+a＞0

∴＜x＜

再令f'（x）＜0，可得x＞或x＜

∴f(x)在(，)上单调递增，

在(-∞，)和(，+∞)上单调递减

综上所述，若a≤-1时，f（x）在（-∞，+∞）上单调递减；

若-1＜a＜0时，f(x)在(，)上单调递增(-∞，)和(，+∞)上单调递减；

若a=0时，f（x）在（0，+∞）单调递增，在（-∞，0）单调递减．

（3）由（2）知，当a=-1时，f（x）在（-∞，+∞）单调递减

当x∈（0，+∞）时，由f（x）＜f（0）=0

∴ln（1+x2）＜x，∴ln[（1+）（1+）…（1+）]=ln（1+）+ln（1+）+…+ln（1+）

＜++…+==（1-）＜，∴（1+）（1+）…（1+）＜e12=

证明：（Ⅰ）∵g（x）=，∴g′（x）=

∵xf′（x）＞f（x），∴g′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，

从而有g（x）=在（0，+∞）上单调递增；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，x1＞0，x2＞0时，有＞，＞，

于是有：f（x1）＜f（x1+x2），f（x2）＜f（x1+x2），

两式相加得：f（x1）+f（x2）＜f（x1+x2）；

（Ⅲ）由于ln（n+1）2=-ln，设f（x）=xlnx，则xf′（x）＞f（x）在（0，+∞）上恒成立．

由（Ⅱ）可知：f（x1）+f（x2）＜f（x1+x2），（x1＞0，x2＞0）恒成立

由数学归纳法可知：xi＞0（i=1，2，3，…，n）时，有：f（x1）+f（x2）+f（x3）+…+f（xn）＜f（x1+x2+x3+…xn）（n≥2）恒成立

xi＞0（i=1，2，3，…，n）时，x1lnx1+x2lnx2+…+xnlnxn＜（x1+x2+…+xn）ln（x1+x2+…+xn）（n≥2）（*）恒成立

令xn=，记Sn=x1+x2+…xn=++…+

∴Sn＜++…+=1-，

又Sn＞+…+=-，且ln（x+1）＜x

∴（x1+x2+…+xn）ln（x1+x2+…+xn）＜（x1+x2+…+xn）ln（1-）＜-（x1+x2+…+xn）＜-（-）=-  （**）

将（**）代入（*）中，可知-[ln22+ln32+ln42+…+ln（n+1）2]＜-

∴ln22+ln32+ln42+…+ln（n+1）2＞

（1）∵函数f（x）在定义域内既有极大值又有极小值，

∴f′(x)=2x+==0在（-1，+∞）有两个不等实根，

即2x2+2x+a=0在（-1，+∞）有两个不等实根，…（2分）

设F（x）=2x2+2x+a，则，

解之得0＜a＜；             …（4分）

证明：（2）a=1时，f（x）=x2+ln（x+1），

令g(x)=f(x)-x=x2+ln(x+1)-x(x≥1)，…（6分）

则g′(x)=2x+-==，

当x≥1时，g′（x）≥0，所以函数g（x）在[1，+∞）上是增函数．              …（8分）

由已知，不妨设1≤x1＜x2＜+∞，则g（x1）＜g（x2），

所以f(x1)-x1＜f(x2)-x2，即＞；                 …（10分）

（3）令函数h（x）=x3-x2+ln（x+1），…（12分）

则h′(x)=3x2-2x+=，

当x∈[0，+∞）时，h′（x）＞0，函数h（x）在[0，+∞）上单调递增．            …（14分）

又h（0）=0，所以当x∈（0，+∞）时，恒有h（x）＞h（0）=0，即ln（x+1）＞x2-x3恒成立．

取x=∈(0，+∞)，则有ln(+1)＞-恒成立，

故存在最小的正整数N=1，使得当n≥N时，不等式ln＞恒成立．…（16分）

（Ⅰ）∵f′（x）=2a-+，…（2分）

由，…（4分）

可得．…（6分）

（Ⅱ）函数f（x）的定义域是（0，+∞），…（7分）

因为f′（1）=2，所以b=2a-1．…（8分）

所以f′（x）==，…（9分）

要使f（x）在（0，+∞）上是单调函数，只要f′（x）≥0或f′（x）≤0在（0，+∞）上恒成立．…（10分）

当a=0时，f′（x）=＞0恒成立，所以f（x）在（0，+∞）上是单调函数；  …（11分）

当a＜0时，令f′（x）=0，得x1=-1，x2==1-＞1，

此时f（x）在（0，+∞）上不是单调函数；           …（12分）

当a＞0时，要使f（x）在（0，+∞）上是单调函数，只要1-2a≥0，即0＜a≤．…（13分）

综上所述，a的取值范围是a∈[0，]．…（14分）

（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞）．

f′（x）=1-=，

则f′（x）＜0时，0＜x＜1，当f′（x）＞0时，x＞1，

所以f（x）的减区间是（0，1），增区间是（1，+∞）．

（Ⅱ）由题意知，g（x）=f（2-x）=2-x-ln（2-x），

令F（x）=f（x）-g（x）═2x-2-lnx+ln（2-x），

F′（x）=2--==．

当1＜x＜2时，F′（x）＜0，即F（x）是减函数．

F（x）＜F（1）=0，

所以f（x）＜g（x）．

（Ⅲ）证明：（1）若（x1-1）（x2-1）=0，

由（Ⅰ）及f（x1）=f（x2），则x1=x2=1，与x1≠x2矛盾．

（2）若（x1-1）（x2-1）＞0，由（Ⅰ）及f（x1）=f（x2），得x1=x2，与x1≠x2矛盾．

根据（1）（2）得（x1-1）（x2-1）＜0，不妨设x11．

当1＜x2＜2时，由（Ⅱ）可知f（x2）＜g（x2），而g（x2）=f（2-x2），

所以f（x2）＜f（2-x2），从而f（x1）＜f（2-x2），因为x2＞1，所以2-x2＜1，

又由（Ⅰ）可知函数f（x）在区间（0，1）内为减函数，所以x1＞2-x2，即x1+x2＞2．

（1）a=0时，f′（x）=2x-=（2x2-1），∴f′（1）=1

∴f（1）=1，

∴曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y-x=0，即x-y=0

（2）f′（x）=2x+a-=（2x2+ax-1），记g（x）=2x2+ax-1，

∵函数f（x）在区间[1，2]上单调递减

∴2x2+ax-1≤0在区间[1，2]上恒成立

∴，∴，

∴a≤-．

（1）∵f(x)=+lnx-1，∴x∈（0，+∞），f′(x)=-+=．

若a≤0，，则f′（x）＞0，f（x）在（0，e]上单调递增；

若0＜a＜e，当x∈（0，a）时，f′（x）＜0，函数f（x）在区间（0，a）上单调递减，

当x∈（a，e]时，f′（x）＞0，函数f（x）在区间（a，e]上单调递增，

若a≥e，则f′（x）≤0，函数f（x）在区间（0，e]上单调递减．

（2）∵g（x）=（lnx-1）ex+x，x∈（0，+∞），

g′（x）=（lnx-1）′ex+（lnx-1）（ex）′+1

=+(lnx-1)ex+1

=（+lnx-1）ex+1，

由（1）易知，当a=1时，f（x）=+lnx-1在（0，+∞）上的最小值：f（x）min=f（1）=0，

即x0∈（0，+∞）时，+lnx0-1≥0．

又ex0＞0，∴g′(x0)=(+lnx0-1)ex0+1≥1＞0．

曲线y=g（x）在点x=x0处的切线与y轴垂直等价于方程g′（0）=0有实数解．

而g′（x0）＞0，即方程g′（x0）=0无实数解．故不存在．

（3）证明：由（2）知+lnx-1≥0，

令x=，得+ln-1≥0，

∴ln≥1-，

∴nln≥n-m，

∴(

n

m

)n≥en-m，

∴nnem≥mnen．

解　（Ⅰ）据题意f（1）=3，所以a=3（1）

f′(x)=(a+blnx)+x•b•=a+b+blnx，

又曲线在点P处的切线的斜率为，

∴f'（1）=3，即a+b=（2）

由（1）（2）解得a=3 ，b=-．

（Ⅱ）f′(x)=-lnx=(1-lnx)．

∴当x∈（0，e）时，f'（x）＞0；当x∈（e，+∞）时，f'（x）＜0．

∴f（x）的单调区间为（0，e），（e，+∞），在区间（0，e）上是增函数，在区间（e，+∞）上是减函数．

（Ⅰ）因为f（x）=ax-lnx，

所以f′(x)=a-．

因为曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线x-y+1=0平行，

所以切线的斜率k=1．

所以f'（1）=1，即a-1=1．

所以a=2．…..（4分）

（Ⅱ）因为函数f（x）的定义域是（0，+∞），

且f′(x)=a-=，

…..（6分）

①当a≤0时，f'（x）＜0，

所以f（x）在（0，+∞）上是减函数．…..（8分）

②当a＞0时，令f'（x）=0，x=．

所以当a∈(0 ，)时，f'（x）＜0，f（x）在(0 ，)上是减函数；

…..（10分）

当a∈(  ，+∞)时，f'（x）＞0，f（x）在(  ，+∞)上是增函数．

…..（12分）

所以当a≤0时，f（x）的递减区间是（0，+∞）；

当a＞0时，f（x）的递减区间是(0 ，)，

f（x）的递增区间是(  ，+∞)．…..（13分）