热门试卷

解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），

，

当时，．

令f‘（x）=0，则或x=2．

于是得下表：

当时，函数f（x）的单调递增区间为，（2，+∞），单调递减区间为．

（2）令g（x）=x2+（2-a）x+1，

①当△=（2-a）2-4=a2-4a≤0，即0≤a≤4时，f'（x）≥0恒成立，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，此时无极值点；

②当即a＜0时，方程x2+（2-a）x+1=0有两个不相等的负实根，则函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，此时无极值点．

综上可得：实数a的取值范围为（-∞，4]．

解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），（1分）

当a=1时，f（x）=x-lnx，，（2分）

（3分）

所以f（x）在x=1处取得极小值1．（4分）

（Ⅱ），

（6分）

①当a+1＞0时，即a＞-1时，在（0，1+a）上h‘（x）＜0，在（1+a，+∞）上h'（x）＞0，

所以h（x）在（0，1+a）上单调递减，在（1+a，+∞）上单调递增；（7分）

②当1+a≤0，即a≤-1时，在（0，+∞）上h'（x）＞0，

所以，函数h（x）在（0，+∞）上单调递增．（8分）

（ III）在[1，e]上存在一点x0，使得f（x0）＜g（x0）成立，即

在[1，e]上存在一点x0，使得h（x0）＜0，

即函数在[1，e]上的最大值小于零．（9分）

由（Ⅱ）可知

①即1+a≥e，即a≥e-1时，h（x）在[1，e]上单调递增，

所以h（x）的最小值为h（e），

由可得，

因为，

所以；（10分）

②当1+a≤1，即a≤0时，h（x）在[1，e]上单调递增，

所以h（x）最小值为h（1），由h（1）=1+1+a＜0可得a＜-2；（11分）

③当1＜1+a＜e，即0＜a＜e-1时，可得h（x）最小值为h（1+a），

因为0＜ln（1+a）＜1，

所以，0＜aln（1+a）＜a

故h（1+a）=2+a-aln（1+a）＞2

此时，h（1+a）＜0不成立．（12分）

综上讨论可得所求a的范围是：或a＜-2．（13分）

解：（1）由f′（x）=-3x2+2ax，令f′（x）=0，得x=0，或x=a．a＞0．

∴当x变化时，f′（x）、f（x）的变化情况如下表：

∴y极小值=f（0）=0．y极大值==-a3+a3=．

（2）当x∈[0，1]时，tanθ=f′（x）=-3x2+2ax，由θ∈[0，]，得0≤f′（x）≤1，

即x∈[0，1]时，0≤-3x2+2ax≤1恒成立．

当x=0时，a∈R．

当x∈（0，1]时，由-3x2+2ax≥0恒成立，可知a．

由-3x2+2ax≤1恒成立，得a≤（3x+），∴a≤（等号在x=时取得）．

综上：≤a≤．