热门试卷

解：（Ⅰ），

∵x=2是函数f（x）的极值点，

∴f′（2）=4-+b=0．

∵1是函数f（x）的零点，得f（1）=1+b=0，

由，

解得a=6，b=-1．

∴f（x）=x2-x-6lnx，

（Ⅱ）令g（b）=xb+x2-alnx，b∈[-2，-1]，则g（b）为关于b的一次函数且为增函数，

根据题意，对任意b∈[-2，-1]，都存在x∈（1，e）（e 为自然对数的底数），使得f（x）＜0成立，

则在x∈（1，e）上g（b）max=g（-1）=-x+x2-alnx＜0，有解，

令h（x）=x2-x-alnx，只需存在x0∈（1，e）使得h（x0）＜0即可，

由于h′（x）=2x-1-，

令φ（x）=2x2-x-a，x∈（1，e），φ‘（x）=4x-1＞0，

∴φ（x）在（1，e）上单调递增，φ（x）＞φ（1）=1-a，

①当1-a≥0，即a≤1时，φ（x）＞0，即h′（x）＞0，h（x）在（1，e）上单调递增，∴h（x）＞h（1）=0，不符合题意．

②当1-a＜0，即a＞1时，φ（1）=1-a＜0，φ（e）=2e2-e-a

若a≥2e2-e＞1，则φ（e）＜0，所以在（1，e）上φ（x）＜0恒成立，即h′（x）＜0恒成立，∴h（x）在（1，e）上单调递减，

∴存在x0∈（1，e）使得h（x0）＜h（1）=0，符合题意．

若2e2-e＞a＞1，则φ（e）＞0，∴在（1，e）上一定存在实数m，使得φ（m）=0，

∴在（1，m）上φ（x）＜0恒成立，即h′（x）＜0恒成立，∴h（x）在（1，e）上单调递减，

∴存在x0∈（1，e）使得h（x0）＜h（1）=0，符合题意．

综上所述，当a＞1时，对任意b∈[-2，-1]，都存在x∈（1，e）（e 为自然对数的底数），使得f（x）＜0成立．

解：（Ⅰ）∵f′（x）=-a=a（）（x＞0），

∴（1）当a＞0时，令f′（x）＞0时，解得0＜x＜1，所以f（x）在（0，1）递增；

令f′（x）＜0时，解得x＞1，所以f（x）在（1，+∞）递减．

当a＜0时，f′（x）=-a（），令f′（x）＞0时，解得x＞1，所以f（x）在（1，+∞）递增；

令f′（x）＜0时，解得0＜x＜1，所以f（x）在（0，1）递减；

（Ⅱ）因为函数y=f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，

所以f′（2）=1，所以a=-2，f′（x）=-+2，

g（x）=x3+x2[+f′（x）]=x3+x2[+2-]=x3+（2+）•x2-2x，

∴g′（x）=3x2+（4+m）x-2，

因为对于任意的t∈[1，2]，函数g（x）=x3+x2[+f′（x）]在区间[t，3]上总存在极值，

所以只需 g′（2）＜0 g′（3）＞0，解得-＜m＜-9；

（Ⅲ）∴令F（x）=h（x）-f（x）=（p-2）x--3-2lnx+2x+3=px---2lnx，

①当p≤0时，由x∈[1，e]得px-≤0，--2lnx＜0．

所以，在[1，e]上不存在x0，使得h（x0）＞f（x0）成立；

②当p＞0时，F′（x）=，

∵x∈[1，e]，

∴2e-2x≥0，px2+p＞0，F′（x）＞0在[1，e]上恒成立，故F（x）在[1，e]上单调递增．

∴F（x）max=F（e）=pe--4．

故只要pe--4＞0，解得p＞．所以p的取值范围是[，+∞）．

解：（I）f′（x）=（x-1）（ex-1）

由f′（x）＞0，解得x＜0或x＞1，

故f（x）在（-∞，0），（1，+∞）上是增函数； f（x）在0，1）上是减函数，

当x=0时，f（x）有极大值f（0）=0，当x=1时，f（x）有极小值；

（II）设，

令u（x）=，则，

当x≥1时，，u（x）在[1，+∞）上是增函数，u（x）≥u（1）=e-2＞0

所以，在[1，+∞）上是增函数，

，所以．