热门试卷

解：（I）当0≤x≤a时，；当x＞a时，

∴当0≤x≤a时，，f（x）在（0，a）上单调递减；

当x＞a时，，f（x）在（a，+∞）上单调递增．

①若a≥4，则f（x）在（0，4）上单调递减，g（a）=f（0）=

②若0＜a＜4，则f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，4）上单调递增

∴g（a）=max{f（0），f（4）}

∵f（0）-f（4）==

∴当0＜a≤1时，g（a）=f（4）=；当1＜a＜4时，g（a）=f（0）=，

综上所述，g（a）=；

（II）由（I）知，当a≥4时，f（x）在（0，4）上单调递减，故不满足要求；

当0＜a＜4时，f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，4）上单调递增，若存在x1，x2∈（0，4）（x1＜x2），使曲线y=f（x）在

两点处的切线互相垂直，则x1∈（0，a），x2∈（a，4），且f′（x1）f′（x2）=-1

∴•=-1

∴①

∵x1∈（0，a），x2∈（a，4），

∴x1+2a∈（2a，3a），∈（，1）

∴①成立等价于A=（2a，3a）与B=（，1）的交集非空

∵，∴当且仅当0＜2a＜1，即时，A∩B≠∅

综上所述，存在a使函数y=f（x）在区间（0，4）内的图象上存在两点，在该两点处的切线互相垂直，且a的取值范围是（0，）．

解：（1）当a=-2时，f（x）=x2-2lnx，当x∈（1，+∞），，

（2），当x∈[1，e]，2x2+a∈[a+2，a+2e2]．

若a≥-2，f‘（x）在[1，e]上非负（仅当a=-2，x=1时，f'（x）=0），故函数f（x）在[1，e]上是增函数，此时[f（x）]min=f（1）=1．　

若-2e2＜a＜-2，当时，f'（x）=0；

当时，f'（x）＜0，此时f（x）是减函数；

 当时，f'（x）＞0，此时f（x）是增函数．

故[f（x）]min==．

若a≤-2e2，f'（x）在[1，e]上非正（仅当a=-2e2，x=e时，f'（x）=0），

故函数f（x）在[1，e]上是减函数，此时[f（x）]min=f（e）=a+e2．

综上可知，当a≥-2时，f（x）的最小值为1，相应的x值为1；当-2e2＜a＜-2时，f（x）

的最小值为，相应的x值为；当a≤-2e2时，f（x）的最小值为a+e2，

相应的x值为e．

（3）不等式f（x）≤（a+2）x，可化为a（x-lnx）≥x2-2x．

∵x∈[1，e]，∴lnx≤1≤x且等号不能同时取，所以lnx＜x，即x-lnx＞0，

因而（x∈[1，e]）

令（x∈[1，e]），又，

当x∈[1，e]时，x-1≥0，lnx≤1，x+2-2lnx＞0，

从而g'（x）≥0（仅当x=1时取等号），所以g（x）在[1，e]上为增函数，

故g（x）的最小值为g（1）=-1，所以a的取值范围是[-1，+∞）．

解：（1）∵函数f（x）=alnx-x2 ，可得当a=2时，，…（2分）

故函数y=f（x）在[，1]是增函数，在[1，2]是减函数，

所以．  …（4分）

（2）h′（αx1+βx2）＜0可以恒成立．

证明：由题意可得，，又f（x）-mx=0有两个实根x1，x2，

∴，两式相减，得，

∴．…（6分）

于是= …（8分）

∵β≥α，∴2α≤1，

∴（2α-1）（x2-x1）≤0．

要证：h′（αx1+βx2）＜0，只需证：，

只需证：．（*）  …（10分）

令，∴（*）化为 ，只证即可．…（11分）

∵，…（12分）

又∵，

∴t-1＜0，∴u′（t）＞0，

∴u（t）在（0，1）上单调递增，…（13分）

故有 u（t）＜u（1）=0，

∴，即．

∴h′（αx1+βx2）＜0恒成立．…（14分）