热门试卷

（1）证明：∵f（x）=ax+x2-xlna，

∴f′（x）=axlna+2x-lna=（ax-1）lna+2x，

∵0＜a＜1或a＞1，

∴当x∈（0，+∞）时，lna与ax-1同号，

∴f′（x）＞0，∴函数在（0，+∞）上单调递增．

（2）解：当a＞0，a≠1时，f′（0）=0，

设g（x）=2x+（ax-1）lna，g′（x）=2+ax（lna）2＞0，

则g（x）在R上单调递增，

∴f′（x）=0有唯一解0，

且x，f′（x），f（x）的变化情况如下表所示：

∴f（x）min=f（0）=1，即使函数y=f（x）-t有零点的t的最小值是1． 

（3）解：∵x1，x2∈[-1，1]，使得|f（x1）-f（x2）|≥-1，

∴当x∈[-1，1]时，|（f（ x））-（f（x））|

=（f（x））-（f（x））≥-1，

由（2）知，f（x）在[-1，0]上递减，在[0，1]上递增，

∴当x∈[-1，1]时，（f（x））=f（0）=1，

（f（x））={f（-1），f（1）}，

而f（1）-f（-1）=（a+1- a）-（+1+ln a）=a--2 a，

记g（t）=t--2 t（t＞0），

∵g′（t）=1+-=（-1）2≥0（当t=1时取等号），

∴g（t）=t--2 t在t∈（0，+∞）上单调递增，而g（1）=0，

∴当t＞1时，g（t）＞0；当0＜t＜1时，g（t）＜0，

也就是当a＞1时，f（1）＞f（-1）；当0＜a＜1时，f（1）＜f（-1）

①当a＞1时，由f（1）-f（0）≥-1，a-a≥-1，a≥

②当0＜a＜1时，由f（-1）-f（0）≥-1+a≥-1，0＜a≤，

综上知，所求a的取值范围为（0，]∪[e，+∞）．

解：（1）∵f（x）=lnx，

∴g（x）=f（x+1）-x=ln（x+1）-x，x＞-1，

∴g′（x）=-．

当x∈（-1，0）时，g′（x）＞0，∴g（x）在（-1，0）上单调递增；

当x∈（0，+∞）时，g′（x）＜0，则g（x）在（0，+∞）上单调递减，

∴g（x）在x=0处取得最大值g（0）=0．

（2）∵对任意x＞0，不等式f（x）≤ax≤x2+1恒成立，

∴在x＞0上恒成立，进一步转化为（）max≤a≤（x+）min，

设h（x）=，则h′（x）=，

当x∈（1，e）时，h′（x）＞0；当x∈（e，+∞）时，h′（x）＜0，

∴h（x）≤．

要使f（x）≤ax恒成立，必须a≥．

另一方面，当x＞0时，x+≥2，

要使ax≤x2+1恒成立，必须a≤2，

∴满足条件的a的取值范围是[，2]．

（3）即需证lnb-lna＞，

∴ln＞，

设=t，∵0＜a＜b，∴t＞1，则需证lnt＞（t＞1），

即需证（1+t2）lnt＞2t-2，

设H（t）=（1+t2）lnt-（2t-2）（t＞1），

H′（t）=2tlnt+，

∴H（t）在（1，+∞）上递增，

∴H（t）＞H（1）=0，

∴（1+t2）lnt＞2t-2，

∴原不等式得证．

解：（1）当a=1时，f（x）=lnx-x-1，∴f′（x）=

∴f′（1）=0

∵f（1）=-2

∴f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y=-2；

（2）函数f（x）的定义域为（0，+∞），

求导函数，f′（x）=-

令f′（x）=0得

当a=时，f′（x）≤0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递减；

当0＜a＜时，＞1，

∴在（0，1）和（，+∞）上，有f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，

在（1，）上，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；

（3）当a=时，=3，f（x）=lnx-+-1

由（2）知，函数在（0，1）上是减函数，在（1，2）上是增函数，所以对任意x1∈（0，2），

有f（x1）≥f（1）=-

对任意x1∈（0，2），当x2∈[1，2]时，f（x1）≥g（x2）恒成立，

只需当x∈[1，2]时，[g（x）]max≤即可

所以，所以

所以b≥

所以实数b的取值范围是[，+∞）．

解：f‘（x）=x+

当a=0时，f'（x）＞0∴f（x）在区间[1，e]上的最大值为，不符合题意

当a＜0时，f'（x）=0，解得x=，当≤1时不合题意，当1＜＜e，时也不合题意，当＞e也不合题意．

当a＞0时，f'（x）＞0∴f（x）在区间[1，e]上的最大值为+a，

而f（x）在区间[1，e]（e为自然对数的底数）上的最大值为，

∴a=1即a的值为1．