热门试卷

解：（I）由已知f（x）=px--2lnx，得f′（x）=，

p=时，f′（x）=．

令f′（x）=0，可得x=或，

函数在（0，），（，+∞）上为单调增函数，在（，）上为单调减函数，

∴函数的极大值为2ln-1，极小值为1-2ln；

（II））∵g（x）=，在[1，e]上是减函数，

∴x=e时，g（x）min=2；x=1时，g（x）max=2e，

即g（x）∈[2，2e]

①p≤0时，由（2）知f（x）在[1，e]递减⇒fmax（x）=f（1）=0＜2，不合题意

②0＜p＜1时，由x∈[1，e]⇒x-∈[0，e-]

∴f（x）=p（x-）-2lnx＜x--2lnx＜e--2lne=e--2＜2不合题意

③p≥1时，由（1）知f（x）在[1，e]上是增函数，故只需f（x）max＞g（x）min=2，

x∈[1，e]，而f（x）max=f（e）=p（e-）-2lne，g（x）min=2，

∴，

解得p＞．

故p的取值范围为（，+∞）．

解：（1）当cosθ=0时，f（x）=4x3，f′（x）=12x2≥0，则f（x）在（-∞，+∞）内是增函数，故无极值．

（2）f′（x）=12x2-6xcosθ，．

当cosθ＞0时容易判断f（x）在上是增函数，在上是减函数，

故f（x）在．

由，即＞0，可得，

故．

同理，可知当cosθ＜0时，f（x）在x=0处取极小值f（0）=cosθ＞0，即cosθ＞0，与cosθ＜0矛盾，

所以当cosθ＜0时，f（x）的极小值不会大于零．

综上，要使函数f（x）在R上的极小值大于零，参数θ的取值范围为

（3）由（2）知函数f（x）在区间内都是增函数，由题设：

函数在（2a-1，a）内是增函数，则a需满足不等式

（其中θ∈时，）从而可以解得．