热门试卷

解：f（x）的定义域是（0，+∞），

f′（x）=-=，

a≤0时，f′（x）＞0在（0，+∞）恒成立，

故f（x）在（0，+∞）递增；

函数f（x）无极值，

a＞0时，令f′（x）＞0，解得：x＞a，

令f′（x）＜0，解得；0＜x＜a，

∴f（x）在（0，a）递减，在（a，+∞）递增，

函数f（x）有极小值，

f（x）极小值=f（a）=1+lna．

解：（1）∵f（x）=lnx+，

∴，∴；

∴所求的切线方程为，

即x-4y+4ln2=0；

（2）∵g（x）=ax2-2x+lnx，∴；

又∵g（x）有两个不同的极值点，

∴p（x）=2ax2-2x+1=0在（0，+∞）有两个不同的根x1，x2（x1＜x2），

则△＞0且x1+x2＞0，x1x2＞0，解得；

∴g（x）在（0，x1）上递增，（x1，x2）上递减，（x2，+∞）上递增，

∴g（x）的极小值；

又∵，

∴，

则，

∴M（x2）在（1，+∞）递减，

∴，故2M＜-3；

（3）先证明：当x∈（p，q）时，；

即证：，

只需证：；

事实上，设，

易得，

∴u（x）在（p，q）内递增，

∴u（x）＞u（p）=0，即原式成立； 

同理可证当x∈（p，q）时，；

综上，当x∈（p，q）时，．

解：（1）设切点（a，0）（a≠0），f（x）=x（x2+px+q）

由题意得：方程x2+px+q=0有两个相等实根a

故可得f（x）=x（x-a）2=x3-2ax2+a2x（2分）f‘（x）=3x2-4ax+a2=（x-a）（3x-a）

∵f'（a）=0≠-4，∴（3分）

于是，∴a=-3

∴f（x）=x3+6x2+9x∴p=6，q=9（4分）f'（x）=（x+3）（3x+3）

∴f（x）的单调递增区间是：（-∞，-3），（-1，+∞）

单调递减区间是：（-3，-1）（6分）

（2）由（1）知f（x）在x=-3处取得极大值f（-3）=0，在x=-1处取得极小值f（-1）=-4

作f（x）的大致形状及走向如图所示：易知当t∈（-4，0）时，f（x）=t有3个不同的实根．（9分）

（3）g（x）=f'（ex）+x-（t+12）ex=3e2x+12ex+9+x-（t+12）ex=3e2x-tex+x+9g'（x）=6e2x-tex+1（11分）

若g（x）在R上递增，即g'（x）≥0，当x∈R恒成立（12分）

即（当x∈R时恒成立）（13分）

由于，当且仅当，即时取到

∴（14分）

∴M最大值为（15分）