热门试卷

（1）解：函数定义域为（-1，+∞），f‘（x）=x-ln（x+1），

记g（x）=x-ln（x+1），（3分）

当x∈（-1，0）时，g'（x）＜0，g（x）在（-1，0）递减，

当x∈（0，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）在（0，+∞）递增，

∴x∈（-1，+∞），g（x）≥0，

即当x∈（-1，+∞），f'（x）≥0，

∴f（x）在（-1，+∞）递增 （6分）

（2）证明：由（1）可知φ（x）=x-1-lnx-k（x-1），

由题意：x1-1-lnx1-k（x1-1）=0，x2-1-lnx2-k（x2-1）=0，

两式相减得：，即有，

又因为，所以（9分）

现考察，

令，设，则，

所以γ（t）在t∈（0，1）递增，所以γ（t）＜γ（1）=0，，

又因为x1-x2＜0，所以（13分）

解：（1）f′（x）=（x-1）2+2x（x-1）=3x2-4x+1=（3x-1）（x-1），x＞0．令f′（x）=0，得x=或x=1，f（x），f′（x）随x的变化情况如下表

∴当x=时，有极大值f（）=，当x=1时，有极小值f（1）=0．

（2）由（1）知：f（x）在（0，]，[1，+∞）上是增函数，在[，1]上是减函数，

①0＜a≤时，F（a）=a（a-1）2，G（a）=（a-1）2≥

特别的，当a=时，有G（a）=，

②当＜a≤1时，F（a）=f（）=，G（a）=≥

特别的，当a=1时，有G（a）=，

由①②知，当0＜a≤1时，函数的最小值为．

（3）由已知得h1（x）=x+m-g（x）=2x2-3x-lnx+m-t≥0在（0，+∞）上恒成立，

∵，

∴x∈（0，1）时，h′1（x）＜0，x∈（1，+∞）时，h1（x）＞0

∴x=1时，h′1（x）取极小值，也是最小值，

∴当h1（1）=m-t-1≥0，m≥t+1时，h1（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，

同样，h2（x）=f（x）-x-m=x3-2x2-m≥0在（0，+∞）上恒成立，

∵h′2（x）=3x（x-），

∴x∈（0，）时，h′2（x）＜0，x∈（，+∞），h′2（x）＞0，

∴x=时，h2（x）取极小值，也是最小值，

∴=--m≥0，m≤-时，h2（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，

∴t+1≤m≤-，

∵实数m有且只有一个，∴m=-，t=．

解：（1）∵函数f（x）的定义域为（0，+∞），

∴f′（x）=+x-（a+2）=；

依题意，方程x2-（a+2）x+1=0有两个不等的正根m，n（其中m＜n），

∴m+n=a+2，mn=1；

∴f（m）+f（n）=ln（mn）+（m2+n2）-（a+2）（m+n）

=[（m+n）2-2mn]-（a+2）（m+n）

=-（a+2）2-1＜-3；

∴f（m）+f（n）的取值范围是（-∞，-3）；

（2）∵f（n）-f（m）=ln+（n2-m2）-（a+2）（n-m）

=ln+（n2-m2）-（n+m）（n-m）

=ln-（n2-m2）

=ln-（）

=ln-（-）

=lnt-（t-）；

设t==n2（其中t＞e），

构造函数g（t）=lnt-（t-）（其中t≥e），

则g′（t）=-（1+）=-＜0；

∴g（t）在[e，+∞）上单调递减，

∴g（t）≤g（e）=1-+；

即f（n）-f（m）的最大值是1-+．