热门试卷

解：（I）由题意得：；令1-a-lnx=0，即x=e1-a；

∴当x∈（0，e1-a），f′（x）＞0；x∈（e1-a，+∞），f′（x）＜0；

∴函数f（x）在x=e1-a处有极大值；

∴e1-a=1⇒a=1；函数f（x）解析式，

（II）由（I）得，

∴，令h（x）=x2-lnx+1

发现当x∈[1，+∞）时，h（x）＞0；

∴函数g（x）x∈[1，+∞）在单调递增；

故存在最小值为：g（1）min=2．

（III）由（II）得恒成立，即

令x=n（n+1），则，

∴，；

叠加可得：

=（不等式性质传递性）

则1×22×32×n2×（n+1）2＞en-2．

故[（n+1）!]2＞（n+1）×en-2（n∈N*）．

解析：（1）由f（x）=-x3+x2+bx，得

f′（x）=-3x2+2x+b，

若f（x）在x=处取得极值，

即f′（）=0，解得：b=0；

（2）（2）由g（x）≥-x2+（a+2）x，

得（x-lnx）a≤x2-2x．

∵x∈[1，e]，

∴lnx≤1≤x，且等号不能同时取，

∴lnx＜x，即x-lnx＞0．

∴a≤，（x∈[1，e]）恒成立，

令t（x）=，（x∈[1，e]），

则t′（x）=，

当x∈[1，e]，时，x-1≥0，0≤lnx≤1，x+2-2lnx＞0，

∴t‘（x）≥0，

∴t（x）在[1，e]上为增函数，

∴t（x）min=t（1）=-1，

∴a≤-1；

（3）由条件，F（x）=，

假设曲线y=F（x）上存在两点P，Q满足题意，则P，Q只能在y轴两侧，

不妨设P（t，F（t））（t＞0），则Q（-t，t3+t2），且t≠1．

∵△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，

∴•=0，

∴-t2+F（t）（t3+t2）=0（*），

是否存在P，Q等价于方程（*）在t＞0且t≠1时是否有解．

①若0＜t＜1时，方程（*）为-t2+（-t3+t2）（t3+t2）=0，

化简得t4-t2+1=0，此方程无解；

②若t＞1时，方程（*）为-t2+alnt•（t3+t2）=0，

即=（t+1）lnt，

设h（t）=（t+1）lnt（t＞1），

则h′（t）=lnt++1，

显然，当t＞1时，h'（t）＞0，

即h（t）在（1，+∞）上为增函数，

∴h（t）的值域为（h（1），+∞），

即（0，+∞），

∴当a＞0时，方程（*）总有解．

∴对任意给定的正实数a，曲线y=F（x） 上总存在两点P，Q，

使得△POQ是以O（O为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y轴上．

解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），

由题意得，

∴，b=．

经检验符合题意．

（Ⅱ），当x∈[e，e2]时，f‘（x）＞0，

所以f（x）在[e，e2]上单调递增，所以，

，当x∈[e，e2]时，g'（x）＜0，g（x）在[e，e2]上单调递减，所以     ．

因为，

所以对任意，总有f（x1）＞g（x2）．

（Ⅲ）．

（1）当a=0时，由f'（x）＞0得，0＜x＜1；

（2）当a＜0时，由f'（x）＞0得，0＜x＜1；

（3）当a＞0时，

（ⅰ）若0＜a＜1，由f'（x）＞0得，0＜x＜1或；

（ⅱ）若a=1，则f'（x）≥0恒成立，（在（0，1）和（1，+∞）上f'（x）＞0，f′（1）=0），得x＞0；

（ⅲ）若a＞1，由f'（x）＞0得，或x＞1．

综上所述，当a≤0时，函数f（x）的单调递增区间为（0，1）；

当0＜a＜1时，函数f（x）的单调递增区间为（0，1）和；

当a=1时，函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞）；

当a＞1时，函数f（x）的单调递增区间为和（1，+∞）．

解：（1）∵f′（x）=（4x-k）e-x-（2x2-kx+k）e-x=[-2x2+（k+4）x-2k]e-x=

∴k=4时，f′（x）=-2（x-2）2e-x≤0，此时，f（x）无极值．（5分）

（2）当k≠4时，由f′（x）=0得x=2或．

当x变化时，f′（x）、f（x）的变化如下表：

①当k＜4，即时

②当k＞4，即时

∴k＜4时，由得，

∴k=0k＞4时，由f（2）=0得8-k=0，∴k=8

综上所述，k=0或8时，f（x）有极小值0．（12分）