热门试卷

解：（Ⅰ）∵f（x）=+alnx，

∴f′（x）=，

当x=1时，f′（x）=0，解得a=1，

经验证a=1满足条件，…（3分）

（II）当a=1时，f（x+1）＞

整理得t＜（x+2）ln（x+1）-x

令h（x）=（x+2）ln（x+1）-x，

则h′（x）=+ln（x+1）（x≥1）…（5分）

∴h（x）min=3ln2-1，即t＜3ln2-1∈（0，2）…（7分）

∴t=1…．（8分）

（III）g（x）+g（3-x）=3--aln[x（3-x）]

令t=x（3-x）∈（0，2），构造函数F（t）=3--alnt

即方程F（t）=3--alnt=0在区间（0，2）上至少有两个解

又F（1）=0，

∴方程F（t）=3--alnt=0在区间（0，1）∪（1，2）上有解　…（10分）

F′（t）=

当a≤0时，F′（t）＞0，即函数y=F（t）在（0，2）上是增函数，且F（1）=0，

∴此时方程在区间（0，1）∪（1，2）上无解；

当0＜a≤1时，F′（t）＞0，同上方程无解；

当1＜a＜3时，函数F（t）在（0，）上递增，在（，2）上递减，且＞1，

要使方程F（t）=3--alnt=0在区间（0，1）∪（1，2）上有解，则F（2）=0，

即-aln2＜0，

∴a＞，

∴＜a＜3；

当a＞3时，函数F（t）在（0，）上递增，在（，2）上递减，且＜1，

此时方程F（t）=0在（0，）内必有解，

当a=3时，函数F（t）在（0，1）上递增，在（1，2）上递减，且F（1）=0

∴方程F（t）=3--alnt=0在区间（0，1）∪（1，2）上无解．

综上，实数a的范围是（，3）∪（3，+∞）    …（14分）

解：（I）由已知可知f（x）的定义域为{x|x＞0}

f‘（x）=x-a-1+（x＞0）

根据题意可得，f'（2）=2-a-1+=，

∴a=-1．

（II）∵f'（x）=x-a-1+=（x＞0）

①当a＞1时，由f′（x）＞0可得x＞a或0＜x＜1；

由f′（x）＜0可得0＜x＜2a

∴f（x）在（2a，+∞）上单调递增，在（0，2a）上单调递减

②当0＜a＜1时，由f′（x）＞0可得x＞1或0＜x＜a；

③当a=1时，在区间（0，+∞）上f′（x）≥0恒成立．

∴当a＞1时，f（x）在（0，1），（a，+∞）上单调递增，在（1，a）上单调递减；

当0＜a＜1时，f（x）在（0，a），（1，+∞）上单调递增，在（a，1）上单调递减；

当a=1时，f（x）在（0，+∞）上单调递增．

当a≤0时，f（x）在（1，+∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减．

（III）当a=2时，f（x）=，

由（II）问知，f（x）在（0，1），（2，+∞）上单调递增，在（1，2）上单调递减；

∴f（x）的极大值为f（1）=-，f（x）的极小值为f（2）=2ln2-4，

当m∈（2ln2-4，-），函数方程f（x）=m在（0，+∞）上有三个不同的实数根，

因此实数m的取值范围是（2ln2-4，-）．

解：（Ⅰ）∵a=2，f（x）=x3-6x-1，

∴f′（x）=3（x2-2），f（1）=-6，

∴f′（1）=-3，

∴f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y+6=-3（x-1），

即3x+y+3=0；

（Ⅱ）∵f（x）的导数是f′（x）=3x2-3a=3（x2-a），

且f（x）在x=-1处取得极值，

∴3[（-1）2-a]=0，∴a=1；

∴f′（x）=3（x+1）（x-1）；

由（1）知，当x=-1时，f（x）有极大值1；

当x=1时，f（x）有极小值-3；如图，

方程f（x）=m有三个不等的实根时，-3＜m＜1；

∴m的取值范围是{m|-3＜m＜1}．