热门试卷

解：求导函数可得f‘（x）=x2+2ax-1-2a，由f'（x）=0得x2+2ax-1-2a=0

（i）当时，f（x）没有极小值；

（ii）当或时，由f'（x）=0得

故x0=x2．

由题设知，

当时，不等式无解；

当时，解不等式得

综合（i）（ii）得a的取值范围是．

解：（1）由f（x）=x3-3x得f′（x）=3x2-3，

设切点为（m，n），则n=m3-3m，

即有切线斜率为f′（m）=3m2-3，

切线方程为y-（m3-3m）=（3m2-3）（x-m），

代入点（-，2），可得2-（m3-3m）=（3m2-3）（--m），

化简即为m3+m2=0，解得m=-1或0，

则切线方程为3x+y=0或y-2=0；

（2）证明：因为F（x）=ex-1-ax-xlnx，

由F（x）=0得，a=-lnx，

设h（x）=-lnx，

则h′（x）=，

当0＜x＜1时，h′（x）＜0，当1＜x＜2时，h′（x）＞0，

所以h（x）在（0，1）单调递减，（1，2）单调递增，

则h（x）的最小值为h（1）=e-1，

所以当a＜e-1时，函数F（x）无零点；

（3）G（x）=g（x）+g（-x）=ex+e-x，

则G′（x）=ex-e-x，当x＞1时G′（x）＞0，

∴G（x）在（1，+∞）上单调递增，

令h（x）=mf（-x）=m（-x3+3x），h′（x）=-3m（x2-1），

∵m＞0，x＞1，

∴h′（x）＜0，

即h（x）在x∈（1，+∞）上单调递减，

∵存在x0∈[1，+∞），使得g（x0）+g（-x0）＜mf（-x0）成立，

∴G（1）=e+＜2m，

即m＞（e+），

∵me-1＞em-1，

∴（e-1）lnm＞m-1，

即（e-1）lnm-m+1＞0，

设H（m）=（e-1）lnm-m+1，

则H′（m）=-1=，m＞0，

当0＜m＜e-1时，H′（m）＞0，H（m）单调递增，

当m＞e-1时，H′（m）＜0，H（m）单调递减，

而H（1）=H（e）=0，

所以使H（m）＞0的m满足1＜m＜e；

故符合条件的m满足（e+）＜m＜e．

解：（1）f′（x）=x-+m-1，

∵函数f（x）在x=2处有极值，

∴f′（2）=2-+m-1=0，解得：m=-2，

经检验，m=-2符合题意，

∴m=-2；

（2）f（x）的定义域为（0，+∞），

f′（x）=x-+m-1=，

①当m=0时，f′（x）=x-1，∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数，

x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数； 

②当0＜-m＜1即-1＜m＜0时，x∈（0，-m）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数；

x∈（-m，1）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数，

x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数； 

③当-m=1，即m=-1时，

f′（x）=≥0，f（x）在（0，+∞）上为增函数； 

④当-m＞1，即m＜-1时，

x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数；

x∈（1，-m）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数，

x∈（-m，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数

综上所述：当m=0时，f（x）的单调递增区间是（1，+∞），

单调递减区间是（0，1），

当-1＜m＜0时，f（x）的单调递增区间是（0，-m），（1，+∞），

单调递减区间是（-m，1）

当m=-1时，f（x）的单调递增区间是（0，+∞），无单调递减区间

当m＜-1时，f（x）的单调递增区间是（0，1），（-m，+∞），

单调递减区间是（1，-m）；

（3）不妨设0＜x1＜x2，要证明+1＞0，

即证：f（x2）+x2＞f（x1）+x1，

当m=-2时，函数f（x）=x2+2lnx-3x，

设h（x）=f（x）+x=x2+2lnx-2x，

则h′（x）=x+-2=＞0，

所以h（x）在（0，+∞）上是增函数

故对任意的0＜x1＜x2，有h（x2）＞h（x1），

所以f（x2）+x2＞f（x1）+x1，即+1＞0，命题得证．