热门试卷

解：（Ⅰ）f′（x）=a+，x＞0；

①当a≥0时，f′（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）内是增函数，

即函数的单调增区间为（0，+∞）；

②当a＜0时，令f′（x）=0得x=-＞0，

且x∈（0，-）时，f′（x）＞0；

又x∈（-，+∞）时，f′（x）＜0；

所以函数f（x）递增区间为（0，-），递减区间为（-，+∞）；

（Ⅱ）假设存在这样的实数a，使不等式f（x）＜ax2对x∈（1，+∞）恒成立，

即ax2-ax-lnx＞0，（x＞1）恒成立，

令h（x）=ax2-ax-lnx＞0，（x≥1），

则h（1）=0，且h（x）＞0（x＞1）恒成立；

h′（x）=2ax-a-=，

①当a=0时，h′（x）=-＜0，

则函数h′（x）在[1，+∞）上单调递减，

于是h（x）≤h（1）=0；

与h（x）＞0（x＞1）矛盾，故舍去．

②当a＜0时，h（x）=ax2-ax-lnx=ax（x-1）+ln，（x≥1）；

而当x＞1时，由函数y=ax2-ax和y=-lnx都单调递减．

且由图象可知，x趋向正无穷大时，h（x）=ax（x-1）+ln趋向于负无穷大．

这与h（x）＞0（x＞1）恒成立矛盾，故舍去．

③当a＞0时，h′（x）=2ax-a-==0等价于2ax2-ax-1=0；

记其两根为x1＜0＜x2；

易知x∈（x1，x2）时，h′（x）＜0，

而x∈（x2，+∞）时，h′（x）＞0，

（i）若x2＞1时，则函数h（x）在（1，x2）上递减，

于是h（x）≤h（1）=0矛盾，舍去；

（ii）若x2≤1时，则函数h（x）在（1，+∞）上递增，于是h（x）＞h（1）=0恒成立．

所以0＜x2≤1，即x2=≤1，

解得a≥1．

综上所述，

存在这样的实数a≥1，使不等式f（x）＜ax2对x∈（1，+∞）恒成立．

解：（1），

，

∵f（x），g（x）在区间[1，2]上都为单调函数，且它们的单调性相同，

∴，

∵x∈[1，2]，∴（a+1）（a+x2）≥0，

-x2≤-1，∴a≤-x2或a＞-1（a≠-1），又（-x2）min=-4，

∴a≤-4或a＞-1．

（2）∵=⇒x=1或x=a，

又∵x2-（a+1）x+a=0有两个不相等的正根α，β，且α＜β，β∈（1，e]，

∴α=1，β=a∈（1，e]，∴当x∈[α，β]时，H′（x）≤0，

∴H（x）在[α，β]上单调单调递减，

∴H（x）max=H（1），H（x）min=H（β），

则对任意的x1，x2∈[α，β]，

|H（x1）-H（x2）|

=．

设t（a）=，则t′（a）=a-1-lna，

∵当a∈（1，e]时，，∴t′（a）在（1，e]单调递增，

∴t′（a）＞t′（1）=0，∴t（a）也在（1，e]单调递增，

∴，

∴不等式|H（x1）-H（x2）|＜1对任意的x1，x2∈[α，β]成立．