热门试卷

解：（I）f‘（x）=3ax2-12=3（ax2-4）．

当a≤0时，f'（x）＜0，f（x）在（-∞，+∞）单调递减； …（3分）

当a＞0时，当x变化时，f'（x），f（x）的变化如下表：

此时，单调递增，

在单调递减；  …（6分）

（II）由f'（1）=3a-12=-6，得a=2．…（8分）

由（I）知，单调递增．

因，…（10分）

故f（x）在[-1，3]上的最大值为18，最小值为．…（12分）

解：（1）由已知，因为a＜0，所以当x＞0时，f′（x）＞0，即原函数在（0，+∞）上递增．

则f（x）在[1，e]递增，故f（x）min=f（1）=1，f（x）max=f（e）=e-a．所以1+e-a=2+e，解得a=-1．

（2）h（x）=x-alnx-，定义域为（0，+∞）．

所以．

因为x2＞0，所以令g（x）=x2-ax+（a-1）=[x-（a-1）]（x-1）．

①当a-1≤0时，在（a-1，1）上，g（x）＜0，在（1，+∞）上，g（x）＞0，所以原函数h（x）在（0，1）上递减，在（1，+∞）上递增；

②当0＜a-1≤1时，在（0，a-1）上，g（x）＞0，在（a-1，1）上，g（x）＜0，在（1，+∞）上，g（x）＞0．

故原函数h（x）在（0，a-1）上递增，在（a-1，1）上递减，在（1，+∞）上递增．

③当a-1＞1时，在（0，1）上g（x）＞0，在（1，a-1）上g（x）＜0，在（a-1，+∞）上g（x）＞0．

故原函数h（x）在（0，1）上递增，在（1，a-1）上递减，在（a-1，+∞）上递增．

解：（I）已知函数g（x）=，f（x）=alnx，a∈R．

则：g′（x）=，f′（x）=（x＞0），

由已知曲线y=f（x）与曲线y=g（x）在交点处有相同的切线，

故有 =alnx且 =，

解得a=；

（Ⅱ）由f（x）≥-x2+（a+2）x，得（x-lnx）a≤x2-2x．

∵x∈[1，e]，∴lnx≤1≤x，且等号不能同时取，

∴lnx＜x，即x-lnx＞0，

∴a≤恒成立，即a≤（）min．     

令t（x）=，x∈[1，e]，求导得，t′（x）=，

当x∈[1，e]时，x-1≥0，lnx≤1，x+2-lnx＞0，从而t′（x）≥0，

∴t（x）在[1，e]上为增函数，tmin（x）=t（1）=-1，

∴a≤-1．

解：（Ⅰ）由x+1＞0，得x＞-1．

∴f（x）的定义域为（-1，+∞）．…（1分）

因为对x∈（-1，+∞），都有f（x）≥f（1），

∴f（1）是函数f（x）的最小值，故有f′（1）=0．…（2分）

，

∴2+=0，解得b=-4．      …（3分）

经检验，b=-4时，f（x）在（-1，1）上单调减，在（1，+∞）上单调增．

f（1）为最小值．故得证． …（4分）

（Ⅱ）∵=，

又函数f（x）在定义域上是单调函数，

∴f′（x）≥0或f′（x）≤0在（_1，+∞）上恒成立．…（6分）

若f′（x）≥0，则2x+≥0在（-1，+∞）上恒成立，

即b≥-2x2-2x=-2（x+）2+恒成立，由此得b；…（8分）

若f′（x）≤0，则2x+≤0在（-1，+∞）上恒成立，

即b≤-2x2-2x=-2（x+）2+恒成立．

因在（-1，+∞）上没有最小值，

∴不存在实数b使f′（x）≤0恒成立．

综上所述，实数b的取值范围是[）．…（10分）

（Ⅲ）当b=-1时，函数f（x）=x2-ln（x+1）．

令h（x）=f（x）-x3=-x3+x2-ln（x+1），

则=-．

当x∈（0，+∞）时，h′（x）＜0，

所以函数h（x）在（0，+∞）上单调递减．

又h（0）=0，∴当x∈[0，+∞）时，恒有h（x）＜h（0）=0，

即x2-ln（x+1）＜x3恒成立．

故当x∈（0，+∞）时，有f（x）＜x3．…（12分）

∵k∈N*，∴．

取，则有．

∴．

所以结论成立． …（14分）