热门试卷

解：（Ⅰ）函数f（x）=x2+bln（x+1）的定义域在（-1，+∞）

令g（x）=2x2+2x+b，则g（x）在上递增，在上递减，

g（x）=2x2+2x+b＞0在（-1，+∞）上恒成立，

所以f‘（x）＞0即当，函数f（x）在定义域（-1，+∞）上单调递增．

（Ⅱ）（1）由（Ⅰ）知当时函数f（x）无极值点

（2）当时，，

∴，

∴时，函数f（x）在（-1，+∞）上无极值点

（3）当时，解f'（x）=0得两个不同解

当b＜0时，，

∴x1∈（-∞，-1），x2∈（-1，+∞），此时f（x）在（-1，+∞）上有唯一的极小值点

当时，x1，x2∈（-1，+∞）f'（x）在（-1，x1），（x2，+∞）都大于0，

f'（x）在（x1，x2）上小于0，此时f（x）有一个极大值点和一个极小值点

综上可知，b＜0，时，f（x）在（-1，+∞）上有唯一的极小值点

时，f（x）有一个极大值点和一个极小值点

时，函数f（x）在（-1，+∞）上无极值点．

（Ⅲ）当b=-1时，f（x）=x2-ln（x+1）．令上恒正

∴h（x）在[0，+∞）上单调递增，

当x∈（0，+∞）时，恒有h（x）＞h（0）=0

即当x∈（0，+∞）时，有x3-x2+ln（x+1）＞0，ln（x+1）＞x2-x3，对任意正整数n，取

解：（Ⅰ）∵f′（x）=+x-（a+1）=，

∴当a=2时，f′（x）=0可化为x2-3x+2=0，

故m，n是方程x2-3x+2=0的两个根，

∴m=1，n=2．

（Ⅱ）由已知有m，n是方程x2-（a+1）x+2=0的两个根，

∴△=（a+1）2-8＞0，m+n=a+1＞0，mn=2＞0．

∴f（m）+f（n）=2lnm+m2-（a+1）m+2lnn+n2-（a+1）n

=2ln（mn）+（m2+n2）-（a+1）（m+n）

=2ln2+[（m+n）2-2nm]-（a+1）（m+n）

=2ln2+[（a+1）2-4]-（a+1）2

=-（a+1）2-2+2ln2．

∵（a+1）2＞8，

∴f（m）+f（n）＜2ln2-6，

即f（m）+f（n）的取值范围为（-∞，2ln2-6）．

（Ⅲ）证明：f（n）-f（m）=2lnn+n2-（a+1）n-（2lnm+m2-（a+1）m）

=2ln+（n2-m2）-（a+1）（n-m）

=2ln-（n2-m2），

又mn=2，所以m=，

于是，f（n）-f（m）=2ln-（n2+）．

由 0＜m＜n，可得n2＞2，解得n＞．

∵a≥+-1，

∴m+n=a+1≥+，即+n≥+，

可解得0＜n≤（舍去），或n≥．

令=t，则n2=2t，且t≥e，

f（n）-f（m）=2lnt-t+，

令g（t）=2lnt-t+，则g′（t）=-1-=-＜0；

故g（t）=2lnt-t+在[e，+∞）上单调递减，

∴gmax（t）=2-e+；

故f（n）-f（m）≤2-e+．