热门试卷

（Ⅰ）函数f (x)的定义域为R，f ′(x)＝＝.

当a>0时，当x变化时，f ′(x)，f(x)的变化情况如下表：

当a<0时，当x变化时，f ′(x)，f(x)的变化情况如下表：

综上所述，

当a>0时，f (x)的单调递增区间为(－1，1)，单调递减区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)；

当a<0时，f (x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)，单调递减区间为(－1，1)．

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，当a>0时，f (x)在区间(0，1)上单调递增，f (x)>f (0)＝a；

f (x)在区间(1，e]上单调递减，且f (e)＝＋a>a，所以当x∈(0，e]时，f (x)>a.

因为g(x)＝aln x－x，所以g′(x)＝－1，令g′(x)＝0，得x＝a.

①当a≥e时，g′(x)≥0在区间(0，e]上恒成立，

所以函数g(x)在区间(0，e]上单调递增，所以g(x)max＝g(e)＝a－e<a.

所以对于任意x1，x2∈(0，e]，仍有g(x1)<f(x2)．

②当0<ag′(x)>0，得0<x<a；由g′(x)<0，得e≥x>a，所以函数g(x)在区间(0，a)上单调递增，在区间(a，e]上单调递减．所以g(x)max＝g(a)＝aln a－a.

因为a－(aln a－a)＝a(2－ln a)>a(2－ln e)＝a>0，

所以对任意x1，x2∈(0，e]，总有g(x1)<f (x2)．

综上所述，对于任意x1，x2∈(0，e]，总有g(x1)<f (x2)．

()  2分

因为函数在上为单调增函数，所以   在 恒成立

解得；

设点，，不妨设，则．

要证，即

即证．只需证,   即证． 只需证．设．由(1)令知在上是单调增函数，又， 所以．即 ，

即．   所以不等式成立.

试题分析：先求出函数的导函数，由已知有可得关于的一个一元方程，解之即得的值，

试题解析： (1)对求导得

因为在处取得极值，所以，

即,解得.

试题分析：由（Ⅰ）的结果可得函数

，利用积的求导法则可求出

解得.从而分别讨论，，及时的符号即可得到函数的单调性．

(2)由(1)得，,

故

令，解得.

当时，,故为减函数，

当时，,故为增函数，

当时，,故为减函数，

当时，,故为增函数，

综上知在 内为减函数，内为增函数.