热门试卷

解：（1）当a=时，f（x）=x2-lnx，定义域是（0，+∞），

则f′（x）=x-=，

由f′（x）=0得，x=1或-1（舍去），

∴当0＜x＜1时，f′（x）＜0，当x＞1时，f′（x）＞0，

∴f（x）的单调递增区间是（1，+∞），单调递减区间是（0，1），

当x=1时，f（x）极小值=f（2）=ln1=，函数无极大值；

（2）∵h（x）=f（x）-g（x）=ax2-lnx-bx，

∴函数p（x）=x[h（x）+lnx]=x（ax2-bx）=ax3-bx2，

∵对任意的x1＞x2≥4，＞-1恒成立，

∴p（x1）-p（x2）＞-x1+x2对任意的x1＞x2≥4恒成立，

则p（x1）+x1＞p（x2）+x2对任意的x1＞x2≥4恒成立，

设k（x）=p（x）+x=ax3-bx2+x，则k（x）在[4，+∞）上单调递增，

∴k′（x）=ax2-2bx+1≥0在[4，+∞）上恒成立，

∴2bx≤ax2+1，则（），

构造函数F（x）=（a＞0），x∈[4，+∞），

∴F′（x）=a-=，

由F′（x）=0得，x=或-（舍去），

①当时，即，则在[4，+∞）上有F′（x）＞0，

∴函数F（x）在[4，+∞）上单调递增，

∴函数F（x）的最小值是F（4）=，则=；

②当时，即，

则在[4，）上F′（x）＜0，在（，+∞）上有F′（x）＞0，

∴函数F（x）在[4，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，

∴函数F（x）的最小值是F（）=2，

则=，

综上可得，当时，b≤；当时，．

解：（Ⅰ）当a=1时，函数f（x）=x2-3x+lnx，．

令f‘（x）=0得：

当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：

因此，当时，f（x）有极大值，且；

当x=1时，f（x）有极小值，且f（x）极小值=-2．

（Ⅱ）由g（x）=ex-x-1，则g'（x）=ex-1，

令g'（x）＞0，解得x＞0；令g'（x）＜0，解得x＜0．

∴g（x）在（-∞，0）是减函数，在（0，+∞）是增函数，

即g（x）最小值=g（0）=0．

对于任意的x1∈（0，+∞），x2∈R，不等式f（x1）≤g（x2）恒成立，则有f（x1）≤g（0）即可．

即不等式f（x）≤0对于任意的x∈（0，+∞）恒成立．

（1）当a=0时，，令f'（x）＞0，解得0＜x＜1；令f'（x）＜0，解得x＞1．

∴f（x）在（0，1）是增函数，在（1，+∞）是减函数，

∴f（x）最大值=f（1）=-1＜0，

∴a=0符合题意．

（2）当a＜0时，，令f'（x）＞0，解得0＜x＜1；令f'（x）＜0，解得x＞1．

∴f（x）在（0，1）是增函数，在（1，+∞）是减函数，

∴f（x）最大值=f（1）=-a-1≤0，

得-1≤a＜0，

∴-1≤a＜0符合题意．

（3）当a＞0时，，f'（x）=0得，

时，0＜x1＜1，令f'（x）＞0，解得或x＞1；

令f'（x）＜0，解得．

∴f（x）在（1，+∞）是增函数，

而当x→+∞时，f（x）→+∞，这与对于任意的x∈（0，+∞）时f（x）≤0矛盾．

同理时也不成立．

综上所述：a的取值范围为[-1，0]．

解：（1）由已知h′（x）=ex（-x+m）+ex（-1）=-ex[x-（m-1）]，

令h′（x）=0得x=m-1．由下表

得h（x）极大值=h（m-1）=em-1，h（x）无极小值；

（2）当m=0时，ef（x-2）=，-g（x）=x，

①当x≤0时，显然ef（x-2）＞-g（x）．

②当x＞0时，lnef（x-2）=ln=ex-2，ln[-g（x）]=lnx，

记函数φ（x）=ex-2-lnx，则φ′（x）=ex-2-，可知φ′（x）在（0，+∞）上单调递增．

又φ′（1）＜0，φ′（2）＞0知，φ′（x）在（0，+∞）上有唯一实数根x0，且1＜x0＜2，

则φ′（x0）=-=0（1）

当x∈（0，x0）时，φ′（x）＜0，φ（x）单调递减；

当x∈（x0，+∞），φ′（x）＞0，φ（x）单调递增，

所以φ（x）≥φ（x0）=-lnx0，

结合 （1）式，=，知x0-2=-lnx0．

故φ（x）≥φ（x0）=+x0-2=＞0．

则φ（x）=ex-2-lnx＞0即ex-2＞lnx所以＞x，

综上：ef（x-2）＞-g（x）．

（Ⅰ）证明：f′（x）=-

令f′（x）=ax2+2bx-a=0           …（2分）

△＞0，∴f′（x）=0有两实根不妨记为α，β

∴f（x）有两个极值点，一个极大值点一个极小值点                              …（4分）

（Ⅱ）解：ax2+2bx-a=0，由韦达定理得α+β=-

∵f（α）=-1，f（β）=1，

∴α2+αα+b+1=0，β2-αβ-b+1=0．

∴（α+β）（α-β）=0…（6分）

∴α+β=0，

∴b=0，α=-1，β=1，∴a=2                           …（7分）

（Ⅲ）解：∵g（x）=f（ex），

∴m≥0                             …（8分）

当x=0时，不等式恒成立

∴原问题可化为m≤对一切x∈（-∞，0）∪（0，+∞）恒成立

设u（x）=，则u′（x）=

设h（x）=（ex-e-x）x-2（ex+e-x-2），

∴h′（x）=（ex+e-x）x-（ex-e-x），h″（x）=（ex-e-x）x，

当x＞0时，ex＞e-x，∴h″（x）＞0，当x＜0时，ex＜e-x，∴h″（x）＞0，

∴h′（x）在R上单调递增，

又∵h′（0）=0

∴当x＞0时，h′（0）＞0，当x＜0时，h′（0）＜0

∴h（x）在（-∞，0）上递减，（0，+∞）递增，

∴h（x）＞h（0）=0           …（10分）

∴当x＞0时，u′（x）＞0，当x＜0时，u′（x）＜0，

∴u（x）在（-∞，0）上递减，（0，+∞）递增，

∴x→0，u（x）→1

∴0≤m≤1．                                                …（12分）