热门试卷

（I ）不等式g（x）≥-1对一切x∈（0，+∞）恒成立，等价于对一切x∈（0，+∞），g（x）max≥-1成立

设g（x）=f（x）-ax，x＞0，则g′（x）=lnx+1-a

令g′（x）＞0，则x＞ea-1，令g′（x）＜0，则0＜x＜ea-1，

∴g（x）max=g（ea-1）=-ea-1≥-1，∴a≤1；

（II）证明：由题意f′（x）=lnx+1，则f′（x0）=lnx0+1，∴lnx0=-1

①lnx0-lnx2=-lnx2-1=-lnx2-1=-1

令=t，则lnx0-lnx2=，t＞1

令u（t）=lnt-t+1，则u′(t)=-1＜0，∴u（t）在（1，+∞）上单调递减

∴u（t）＜u（1）=0，∴lnx0＜lnx2，∴x0＜x2；

②lnx0-lnx1=-lnx1-1=-1

令=t，则lnx0-lnx1=，t＞1

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

∴v（t）＞v（1）=0，∴lnx0＞lnx1，∴x0＞x1

由①②可得x1＜x0＜x2．

（本小题满分14分）

（Ⅰ）函数f（x）的定义域是{x|x＞0}．…（1分）

对f（x）导数，得f′(x)=2x-2+=．…（3分）

显然，方程f'（x）=0⇔2x2-2x+a=0（x＞0）．

若f（x）不是单调函数，且无最小值，

则方程2x2-2x+a=0必有2个不相等的正根．…（5分）

所以 解得0＜a＜．…（6分）

（Ⅱ）设方程2x2-2x+a=0的2个不相等的正根是x1，x2，其中x1＜x2．

所以f′(x)==，列表分析如下：

所以，x1是极大值点，x2是极小值点，f（x1）＞f（x2）．

故只需证明-＜f(x2)＜f(x1)＜0．…（8分）

由 0＜x1＜x2，且x1+x2=1，得 0＜x1＜＜x2＜1．…（9分）

因为 0＜a＜，0＜x1＜，所以 f（x1）=x1（x1-2）+alnx1＜0．…（10分）

由 2-2x2+a=0，得 a=-2+2x2，

所以 f(x2)=-2x2+(-2+2x2)lnx2．…（12分）

对x2求导数，得 f'（x2）=-2（2x2-1）lnx2．

因为 ＜x2＜1，所以f'（x2）＞0，

所以 f（x2）是(，1)上的增函数，

故 f(x2)＞f()=-．…（14分）

综上 -＜f(x0)＜0．

（本小题满分14分）

（1）函数f（x）的定义域为（-∞，+∞）．（1分）f′(x)=3x2-2x-1=3(x+)(x-1)．（4分）

当x∈(-∞，-)时，f'（x）＞0，此时f（x）单调递增；                   （5分）

当x∈(-，1)时，f'（x）＜0，此时f（x）单调递减；                     （6分）

当x∈（1，+∞）时，f'（x）＞0，此时f（x）单调递增．（7分）

所以函数f（x）的单调增区间为(-∞，-)与（1，+∞），单调减区间为(-，1)．（9分）

（2）因为f（-1）=（-1）3-（-1）2+1=-1，（10分）f'（-1）=3×（-1）2-2×（-1）-1=4，（12分）

所以所求切线方程为y+1=4（x+1），即y=4x+3．（14分）

（本小题满分14分）

（1）函数f（x）的定义域为（-∞，+∞）．（1分）f′(x)=3x2-2x-1=3(x+)(x-1)．（4分）

当x∈(-∞，-)时，f'（x）＞0，此时f（x）单调递增；                   （5分）

当x∈(-，1)时，f'（x）＜0，此时f（x）单调递减；                     （6分）

当x∈（1，+∞）时，f'（x）＞0，此时f（x）单调递增．（7分）

所以函数f（x）的单调增区间为(-∞，-)与（1，+∞），单调减区间为(-，1)．（9分）

（2）因为f（-1）=（-1）3-（-1）2+1=-1，（10分）f'（-1）=3×（-1）2-2×（-1）-1=4，（12分）

所以所求切线方程为y+1=4（x+1），即y=4x+3．（14分）

（Ⅰ）f′（x）=-+a=

当a=0时，f′（x）=＞0⇔x＞0

∴f（x）在（0，+∞）单调递增，在（-∝，0）单调递减．

当a＜0且ax2+2x+a=0的判别式△≤0，

即a≤0时，f′（x）≤0对x∈R恒成立．

∴f（x）在R上单调递减．

当-1＜a＜0时，由f′（x）＞0得：ax2+2x+a＞0

解得：＜x＜

由f′（x）＜0可得：x＞或x＜

∴f（x）在[，]上单调递增，

在（-∝，]，[，+∞）上单调递减．

（Ⅱ）由（Ⅰ）当a=-1时，f（x）在（-∞，+∞）上单调递减．

当x＞0时f（x）＜f（0）

∴ln（1+x2）-x＜0，即ln（1+x2）＜x

∴ln[（1+）•（1+）…（1+）]

=ln（1+）•（1+）…（1+）＜++…+

＜++…+=（1-）+（-）+…+（-）=1-＜1

∴（1+）•（1+）…（1+）＜e．

由题意，f（n）=S2n+1-Sn+1=++…+（n∈N*）

∵函数f（n）为增函数，

∴f（n）min=f（2）=

要使对于一切大于1的正整数n，不等式f(n)＞[logm(m-1)]2-[log(m-1)m]2恒成立．

所以只要＞[logm(m-1)]2-[log(m-1)m]2成立即可．

由，得m＞1且m≠2

此时设[logm（m-1）]2=t，则t＞0

于是，解得0＜t＜1

由此得0＜[logm（m-1）]2＜1

解得m＞且m≠2．

（Ⅰ） f′(x)=(x＞0)，

当a=1时，f′(x)=，(x＞0)

令导数大于0，可解得0＜x＜1，令导数小于0，可解得x＜0（舍）或x＞1

故函数的单调增区间为（0，1），单调减区间是（1，+∞）

（Ⅱ） f′(2)=-=1得a=-2，f（x）=-2lnx+2x-3

∴g(x)=x3+(+2)x2-2x，

∴g'（x）=3x2+（m+4）x-2

∵g（x）在区间（t，3）上总不是单调函数，且g′（0）=-2

∴，

由题意知：对于任意的t∈[1，2]，g′（t）＜0恒成立，

所以有：，

∴-＜m＜-9．