热门试卷

解：（Ⅰ）对函数求导可得，=（x＞0），…（2分）

令f′（x）=0可得ax2-2ax+1=0

∴，即，…（4分）

解得a的取值范围M=（1，2）．                     …（6分）

（Ⅱ）由ax2-2ax+1=0，解得，

而f（x）在（0，x1）上递增，在（x1，x2）上递减，在（x2，+∞）上递增

∵1＜a＜2，

∴

∴f（x）在[1+，2]单调递增

∴在[1+，2]上，f（x）max=f（2）=-2a+ln2．    …（7分）

∴∃x0∈[1+，2]，使不等式f（x0）+ln（a+1）＞b（a2-1）-（a+1）+2ln2对∀a∈M恒成立，

等价于不等式-2a+ln2+ln（a+1）＞b（a2-1）-（a+1）+2ln2恒成立

即不等式ln（a+1）-ba2-a+b-ln2+1＞0对任意的a（1＜a＜2）恒成立．…（8分）

令g（a）=ln（a+1）-ba2-a+b-ln2+1，则g（1）=0．，，

①当b≥0时，＜0，g（a）在（1，2）上递减．

g（a）＜g（1）=0，不合题意．

②当b＜0时，，

∵1＜a＜2

若-（1+＞1，即-时，则g（a）在（1，2）上先递减，

∵g（1）=0，

∴1＜a＜2时，g（a）＞0不能恒成立；

若，即b时，则g（a）在（1，2）上单调递增，

∴g（a）＞g（1）=0恒成立，

∴b的取值范围为（-∞，]…（12分）

解：（1）∵f′（x）=λg[λx+（1-λ）a]-λg′（x），-----------------（1分）

由f′（x）＞0得，g[λx+（1-λ）a]＞g′（x），

∴λx+（1-λ）a＞x，即（1-λ）（x-a）＜0，解得x＜a，-----------------（3分）

故当x＜a时，f′（x）＞0；当x＞a时，f′（x）＜0；

∴当x=a时，f（x）取极大值f（a）=（1-λ）ea，但f（x）没有极小值．-----------------（4分）

（2）∵，

又当x＞0时，令h（x）=ex-x-1，则h′（x）=ex-1＞0，

故h（x）＞h（0）=0，

因此原不等式化为，即ex-（1+a）x-1＜0，-----------------（6分）

令g（x）=ex-（1+a）x-1，则g′（x）=ex-（1+a），

由g′（x）=0得：ex=（1+a），解得x=ln（a+1），

当0＜x＜ln（a+1）时，g′（x）＜0；当x＞ln（a+1）时，g′（x）＞0．

故当x=ln（a+1）时，g（x）取最小值g[ln（a+1）]=a-（1+a）ln（a+1），---------------（8分）

令s（a）=，则s′（a）=．

故s（a）＜s（0）=0，即g[ln（a+1）]=a-（1+a）ln（a+1）＜0．

因此，存在正数x=ln（a+1），使原不等式成立．-----------------（10分）

（3）对任意正数a1，a2，存在实数x1，x2使a1=e，a2=e，

则•=，，

原不等式⇔≤，

⇔g（λ1x1+λ2x2）≤λ1g（x1）+λ2g（x2）-----------------（14分）

由（1）f（x）≤（1-λ）g（a）

故g[λx+（1-λ）a]≤λg（x）+（1-λ）g（a）

令x=x1，a=x2，λ=λ1，1-λ=λ2

从而g（λ1x1+λ2x2）≤λ1g（x1）+λ2g（x2）

故≤成立，得证（14分）

解：：（I）因为图象关于原点对称，所以f（x）为奇函数，所以b=0，d=0；

可得f（x）=ax3+cx，因此f‘（x）=3ax2+c

∵当x=时，f（x）的极小值为-1，

∴=+c=0，且f（）=a+c=-1

解之得a=4，c=-3，得f（x）=4x3-3x

∴所求函数的解析式为f（x）=4x3-3x；

（Ⅱ）∵a=b=d=1，∴f（x）=ax3+bx2+cx+d=x3+x2+cx+1

∵f（x）是R上的单调函数，∴f'（x）在R上恒为非负或者恒为非正

∵f'（x）=3x2+2x+c，

∴△=4-12c≤0，解之得c．可得实数c的取值范围为[）