热门试卷

由函数f（x）=x2+alnx+，得f′（x）=2x+-．（4分）

若函数f（x）为[1，+∞）上的单调增函数，则f′（x）≥0在[1，+∞）上恒成立，

即不等式2x+-≥0在[1，+∞）上恒成立．也即a≥-2x2在[1，+∞）上恒成立．（8分）

又h(x)=-2x2在[1，+∞）上为减函数，h（x）max=h（1）=0．所以a≥0．（12分）

（1）在定义域是增函数；（2）见解析；（3）见解析.

(1)先确定函数的定义域，求得在定义域上是增函数；

（2）由（1）得在定义域上是增函数，不存在极值点；有两个根，判断两个根是否在定义域内，判定单调性即得到函数的极值；

（3）令构造函数，判断单调性可得，令，就可以证得结论。

略

（1）∵f'（x）=4x3-12x2+2ax=2x（2x2-6x+a），

又f（x）在[0，1]上单调递增，在[1，2]上单调递减．

∴在[0，1]上恒有f'（x）≥0，在[1，2]上恒有f'（x）≤0，

令g（x）=2x2-6x+a，

即在[0，1]上恒有g（x）≥0，在[1，2]上恒有g（x）≤0，

即，∴a=4．

（2）由f（x）=g（x）的解集中含有3个元素，得x2（x2-4x+4-b）=0有3个不相等的实根．

故x2-4x+4-b=0有两个不相等的非零实根，∴△=16-4（4-b）＞0，且4-b≠0．

解得：0＜b＜4，或b＞4，

∴b∈（0，4）∪（4，+∞）．

（Ⅰ）f（x）的定义域为{x|x＞0}，…．（1分）

当a=-时，f′（x）=-，…．（2分）

令f′（x）=0，在[1，e]上得极值点x=2，

…．（4分）

∵f（1）=-，f（e）=2-，…．（5分）

f（1）＜f（e），

∴f（x）max=f（2）=2ln2-1，f（x）min=f（1）=-．…．（7分）

（Ⅱ）f′（x）=，…．（8分）

①0＜a＜时，由f′（x）＞0得0＜x＜2或x＞，

所以f（x）的单调增区间是（0，2），（，+∞），

由f′（x）＜0得2＜x＜，

所以f（x）的单调减区间是（2，）；     …．（10分）

②a=时，f′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，且当且仅当f′（2）=0，

∴f（x）在（0，+∞）单调递增；                         …．（11分）

③当a＞时，由f′（x）＞0得0＜x＜或x＞2，

所以f（x）的单调增区间是（0，），（2，+∞），

由f′（x）＜0得＜x＜2，

所以f（x）的单调减区间是（，2）．…．（13分）

（Ⅰ）f′(x)=ex，…（3分）

当a=2时，f′(x)=ex，f′(1)=×e1=e，f（1）=-e，

所以曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y=ex-2e，…（5分）

切线与x轴、y轴的交点坐标分别为（2，0），（0，-2e），…（6分）

∴所求面积为×2×|-2e|=2e．…（7分）

（Ⅱ）因为函数f（x）存在一个极大值点和一个极小值点，

所以，方程x2-ax+a=0在（0，+∞）内存在两个不等实根，…（8分）

则…（9分）

所以a＞4．…（10分）

设x1，x2为函数f（x）的极大值点和极小值点，

则x1+x2=a，x1x2=a，…（11分）

因为f（x1）f（x2）=e5，

所以ex1×ex2=e5，…（12分）

即ex1+x2=e5，ea=e5，ea=e5，

解得a=5，此时f（x）有两个极值点，

所以a=5．…（14分）

（1）当a=1时，f（x）=1+a•2x+4x，设t=2x，所以t∈（1，+∞）

∴函数的值域是（3，+∞），不存在正数M，即函数在x∈（0，+∞）上不是有界函数．

（2）g（x）==-1

又x∈[0，1]，函数在此区间上是减函数，故g（1）≤g（x）≤g（0）

∴≤g（x）≤1

故上界的取值范围是[1，+∞）

（3）由已知函数f（x）在（-∞，0]上是以3为上界的函数，即：|1+a×2x+4x|≤3

设t=2x，所以t∈（0，1），不等式化为|1+at+t2|≤3

当0 ＜-≤1时，1-a2≥-3且2+a≤3得-2≤a＜0

当 -≤0或-≥1

即a≤-2或a≥0时，得-5≤a≤-2或0≤a≤1

综上有-5≤a≤1

由题设易知f(x)=lnx，g(x)=lnx+，g′(x)=，令g'（x）=0，得x=1．

当 x∈（0，1）时，g'（x）＜0，故（0，1）是g（x）的单调减区间，

当x∈（1，+∞）时，g'（x）＞0，故（1，+∞）是g（x）的单调增区间，

因此，x=1是 g（x）的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，

所以最小值为g（1）=1．