热门试卷

解：（Ⅰ）当a=1时，f（x）=x2-lnx-x，

f′（x）=．

当x∈（0，1）时，f′（x）＜0；

当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0．

∴f（x）的最小值为f（1）=0．

（Ⅱ）f（x）＞x，即f（x）-x=x2-lnx-（a+1）x＞0．

由于x＞0，所以f（x）＞x⇔x-＞a+1．

令g（x）=x-，

则g′（x）=．

当x∈（0，1）时，g′（x）＜0；

当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0．

g（x）有最小值g（1）=1．

故a+1＜1，a的取值范围是（-∞，0）．

（Ⅰ）解：f‘（x）=aex，，

y=f（x）的图象与坐标轴的交点为（0，a），y=g（x）的图象与坐标轴的交点为（a，0），

∵函数y=f（x）和y=g（x）的图象在其与坐标轴的交点处的切线互相平行

∴f'（0）=g'（a），即

又∵a＞0，∴a=1．

∴f（x）=ex，g（x）=lnx，

∴函数y=f（x）和y=g（x）的图象在其坐标轴的交点处的切线方程分别为：x-y+1=0，x-y-1=0

∴两平行切线间的距离为．

（Ⅱ）解：由得，故在x∈[0，+∞）有解，

令，则m＜hmax（x）．

当x=0时，m＜0；

当x＞0时，∵，

∵x＞0，∴，∴

故

即在区间[0，+∞）上单调递减，故h（x）max=h（0）=0，∴m＜0

即实数m的取值范围为（-∞，0）．

（Ⅲ）证法一：∵函数y=f（x）和y=g（x）的偏差为：F（x）=|f（x）-g（x）|=ex-lnx，x∈（0，+∞）

∴，

设x=t为的解，则当x∈（0，t），F'（x）＜0；

当x∈（t，+∞），F'（x）＞0，∴F（x）在（0，t）单调递减，在（t，+∞）单调递增

∴

∵F′（1）=e-1＞0，，∴

故F（x）min=et+t＞2

即函数y=f（x）和y=g（x）在其公共定义域内的所有偏差都大于2．

证法二：由于函数y=f（x）和y=g（x）的偏差：F（x）=|f（x）-g（x）|=ex-lnx，x∈（0，+∞）

令，x∈（0，+∞）；令F2（x）=x-lnx，x∈（0，+∞）

∵，，

∴F1（x）在（0，+∞）单调递增，F2（x）在（0，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增

∴F1（x）＞F1（0）=1，F2（x）≥F2（1）=1，

∴F（x）=ex-lnx=F1（x）+F2（x）＞2

即函数y=f（x）和y=g（x）在其公共定义域内的所有偏差都大于2．