热门试卷

解：（Ⅰ），其中x＞0，

由题设知a≠0，且关于x的方程ax2-2x+a=0有两个不相等的正数根，

记为x1，x2，满足，化简得0＜a＜1，

经检验0＜a＜1满足题设，故为所求；

（Ⅱ）由题设结合x1x2=1，x1＜x2，知0＜x1＜1，，

且，

所以

=

=，

∵，

∴在区间是减函数，

∴，

设，且g（t）=，

∴，

∴g（t）在区间上是减函数，

，

∴，

因此m+n．

（Ⅰ）解：当a=1时，函数φ（x）=f（x）-g（x）=lnx+-2，

则φ′（x）=，

∴（0，1）上，φ′（x）＜0，（1+∞）上，φ′（x）＞0，

∴φ（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，

∴φ（x）的最小值为-1；

（Ⅱ）解：方程e2f（x）=1.5g（x）在区间[0.5，2]上有解，可得a=2x-在区间[0.5，2]上有解

令h（x）=2x-（x∈[0.5，2]），则h′（x）=2（1-x）（1+x），

∴（0.5，1）上，h′（x）＞0，（1，2）上，h′（x）＜0，

∴h（x）在（0.5，1）上单调递增，在（1，2）上单调递减，

∵h（0.5）=，h（1）=，h（2）=-，

∴h（x）∈[-，]，

∴a∈[-，]；

（Ⅲ）证明：∵u（x）=f（x）+x2+2mx，

∴u′（x）=，

由-m＞0且△＞0，可得m＜-，y=u（x）存在极值，

设y=u（x）的极值点为x1，x2，则y=u（x）的极值为u（x1），u（x2），

∴x1+x2=-m，x1x2=，

∴u（x1）+u（x2）=-ln2-1-m2＜-3-ln2．

解：（1）函数f（x）=x2-ax+ln（ax+）的导数为f′（x）=2x-a+a•，

由题意可得f′（）=0，即为1-a+a•=0，

解得a=2或-1，

当a=2时，f′（x）=2x-2+=，

由f′（x）＞0，解得x＞或-＜x＜0，由f′（x）＜0，解得0＜x＜；

当a=-1时，f′（x）=2x+1+=（x＜1），

由f′（x）＞0，解得0＜x＜；由f′（x）＜0，解得＜x＜1或x＜0．

综上可得，当a=2时，f（x）的增区间为（，+∞），（-，0），减区间为（0，）；

当a=-1时，f（x）的增区间为（0，），减区间为（，1），（-∞，0）；

（2）y=f（x）的定义域为（-，+∞）．

f′（x）=2x-a+==．

当1＜a＜2时，-1==＜0，即＜1，

所以当1＜x＜2时，f′（x）＞0，f（x）在[1，2]上单调递增，

所以f（x）在[1，2]上的最小值为f（1）=1-a+ln（a+）．

依题意，对任意的a∈（1，2），当x0∈[1，2]时，都有f（x0）＞m（1-a2），

即可转化为对任意的a∈（1，2），1-a+ln（a+）-m（1-a2）＞0恒成立．

设g（a）=1-a+ln（a+）-m（1-a2）（1＜a＜2）．

则g′（a）=-1++2ma==，

①当m≤0时，2ma-（1-2m）＜0，且＞0，所以g′（a）＜0，

所以g（a）在（1，2）上单调递减，且g（1）=0，则g（a）＜0，与g（a）＞0矛盾．

②当m＞0时，g′（a）=（a-），

若≥2，则g′（a）＜0，g（a）在（1，2）上单调递减，

且g（1）=0，g（a）＜0，与g（a）＞0矛盾；

若1＜＜2，则g（a）在（1，）上单调递减，在（，2）上单调递增，

且g（1）=0，g（a）＜g（1）=0，与g（a）＞0矛盾；

若≤1，则g（a）在（1，2）上单调递增，且g（1）=0，

则恒有g（a）＞g（1）=0，所以 m＞0且≤1，

解得m≥，

所以m的取值范围为[，+∞）．

（1）证明：由题意f‘（x）=ax2-2bx+（2-b），

f'（x）=0的根为x1，x2，且0＜x1＜1＜x2＜2，

且f（x）在区间（-∞，x1），（x2，+∞）上单调递增，即f'（x）＞0，

f（x）在（x1，x2）上单调递减，即f'（x）＜0，

所以a＞0，

所以，

又a＞0，所以0＜a＜2b＜3a；

（2）解：函数g（x）=f'（x）-2+a-2b．设g（x）的零点为α，β，

即有g（x）=ax2-2bx+a-3b，α+β=，，

则，

由（1）知

∴．