热门试卷

解：（Ⅰ）f‘（x）=ex，切线斜率k=，

点P（x0，f（x0））处的切线方程为，

把点（0，0）代入得x0=1，

故此切线方程为y=ex；

（ II） g'（x）=ex-k，

①当k≤0时，g'（x）＞0，g（x）递增，∵g（1）=0，不满足g（x）≥0对任意的x∈R恒成立．

②当k＞0时，有g'（x）=0得，x=lnk，

当x∈（-∞，lnk）时，g'（x）＜0，g（x）递减，当x∈（lnk，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）递增，

∴g（x）≥g（lnk）=2k-klnk-e≥0恒成立，

令φ（x）=2x-xlnx-e，（x＞0），则φ'（x）=1-lnx，

当x∈（0，e）时，φ'（x）＞0，ϕ（x）递增，当x∈（e，+∞）时，φ'（x）＜0，ϕ（x）递减，

∴φ（x）≤φ（e）=0，∴k=e．

解：（Ⅰ）∵f（x）=ax3-2ax2+b，

∴f‘（x）=3ax2-4ax=ax（3x-4）

令f'（x）=0，得

因为a＞0，所以可得下表：

因此f（0）必为最大值，∴f（0）=5，因此b=5，

∵f（-2）=-16a+5，f（1）=-a+5，∴f（1）＞f（-2），

即f（-2）=-16a+5=-11，∴a=1，

∴f（x）=x3-2x2+5

（Ⅱ）∵f'（x）=3x2-4x，∴f'（x）+tx≤0等价于3x2-4x+tx≤0，

令g（t）=xt+3x2-4x，则问题就是g（t）≤0在t∈[-1，1]上恒成立时，求实数x的取值范围，

为此只需，即，

解得0≤x≤1，所以所求实数x的取值范围是[0，1]．

解：（1）易知f（x）定义域为（0，+∞），

当m=-1时，f（x）=-x+lnx，f′（x）=-1+，令f′（x）=0，得x=1．

当0＜x＜1时，f′（x）＞0；当x＞1时，f′（x）＜0．

∴f（x）在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数．

f（x）max=f（1）=-1．

∴函数f（x）在（0，+∞）上的最大值为-1．

（2）∵f′（x）=m+，x∈（0，e]，∈[，+∞）．

①若m≥-，则f′（x）≥0，从而f（x）在（0，e]上增函数，

∴f（x）max=f（e）=ae+1≥0，不合题意．

②若m＜-，则由f′（x）＞0⇒m+＞0，即0＜x＜-由f′（x）＜0m+1=＜0，即-＜x≤e．

从而f（x）在（0，-）上增函数，在（-，+∞）为减函数

∴f（x）max=f（-）=-1+ln（-），

令-1+ln（-）=-3，则ln（-）=-2

∴-=e-2，即a=-e2．∵-e2＜-，

∴a=-e2为所求．

（3）m=-1时，f（x）=-x+lnx，

由（1）得f（x）≤f（1）=-1，于是y=|f（x）|≥1，

函数g（x）=+的定义域（0，+∞），求导得g′（x）=，

令g′（x）＞0，得：0＜x＜e，令g′（x）＜0，解得：x＞e，

∴g（x）在（0，e）递增，在（e，+∞）递减，

∴g（x）≤g（e）=+＜1，

∴函数y=|f（x）|的图象恒在y=g（x）的图象的上方．

（1）解：∵f（x）=alnxx+bx，

∴f′（x）=alnx+a+b，

∵在点（1，f（1））处的切线与直线x+y-e=0垂直．

∴f′（1）=a+b=1．

又函数f（x）=alnxx+bx图象过（，-），

∴f（）=a××ln+b×=-+=-，

∴a-b=1，

∴a=1，b=0．

（2）解：由（1）知，f（x）=xlnx，由题意得，xlnx+x2-tx≥-，则t≤2lnx+x+，

若存在x∈[，e]，使不等式成立，只需t小于或等于2lnx+x+的最大值，

设h（x）=2lnx+x+（x＞0），则h′（x）=，

当x∈[，1]时，h′（x）＜0，故h（x）单调递减；当x∈[1，e]时，h′（x）＞0，故h（x）单调递增．

∵h（e）=2+e+，h（）=-2++3e，

∴h（）＞h（e）．

∴当x∈[，e]时，h（x）的最大值为h（）=-2++3e，

故t≤-2++3e，即实数t的取值范围是（-∞，-2++3e]．

（3）证明：∵函数f（x）=xlnx的图象上从左至右依次存在三个点P（b，f（b）），C（c，f（c）），D（d，f（d）），且2c=b+d，

∴0＜b＜c＜d，且2c=b+d＜2，即c2＜bd，

∴f（b）+f（d）-2f（c）=blnb+dlnd-2clnc

=ln＜ln

=ln（cb-d•dd-b）=（d-b）ln＜（d-b）ln

=（d-b）ln=（d-b）ln2．