热门试卷

解：（1）由题意得，定义域为（0，+∞），

当a=0时，f （x）=x-lnx，

∴f′（x）=1-=．

由f′（x）＞0⇒x＞1； f′（x）＜0⇒0＜x＜1，

∴函数f （x）在区间（0，1）上递减，在（1，+∞）上递增．

∴x=1时f （x）有极小值为f （1）=1-ln1=1．

（2）a＞0时，

f′（x）=-ax+a+1-

=

=．

当f′（x）=0时，x=1和x=．

①当a=1时，f′（x）=-≤0恒成立，

此时f （x）在（0，+∞）上递减；

②当＞1即0＜a＜1时，

f′（x）＞0⇒1＜x＜；f′（x）＜0⇒0＜x＜1或x＞；

∴f （x）在（1，）上递增，在（0，1）和（，+∞）上递减；

③当＜1即a＞1时，f′（x）＞0⇒＜x＜1；f′（x）＜0⇒0＜x＜或x＞1；

∴f （x）在（，1）上递增，在（0，）和（1，+∞）上递减．

（3）由（2）知当a∈（2，3）时，f （x）在区间[1，2]上单调递减，

所以|f（x1）-f（x2）|max=f （1）-f （2）=-1+ln2，

要使对任意x1，x2∈[1，2]，

恒有m+ln2＞|f （x1）-f （x2）|成立

则有m+ln2＞|f（x1）-f（x2）|max，

即m+ln2＞-1+ln2对任意a∈（2，3）成立，

亦即m＞对任意a∈（2，3）成立，

令g（a）=，

则g′（a）=＞0对a∈（2，3）恒成立，

所以g（a）在a∈（2，3）上单调递增，

∴g（a）＜g（3）=，

故m的取值范围为 m≥．

解：（I）∵f‘（x）=3x2+4x+b

又∵f（x）在x=-2处有极值

∴f'（-2）=0即12-8+b=0，

∴b=-4经检验：b=-4满足题意

（II）∵函数f（x）在区间[-2，1]上单调递增，

∴对任意x∈[-2，1]，f'（x）=3x2+4x+b≥0恒成立

∴b≥-3x2-4x恒成立，令

∵g（x）在上递增，在上递减

∴

解：（Ⅰ）f′（x）=x2-2x+b；

f（x）在x=3处取得极值；

∴f′（3）=3+b=0；

∴b=-3；

∴；

（Ⅱ）f′（x）=x2-2x-3，解f′（x）=0得，x=-1，或3；

∴x∈（-∞，-1），或（3，+∞）时，f′（x）＞0；x∈（-1，3）时，f′（x）＜0；

∴f（x）的单调增区间为（-∞，-1），（3，+∞），单调减区间为[-1，3]．

（Ⅰ）解：f（x）=xlnx-ax2（x＞0），f′（x）=lnx+1-2ax．

令g（x）=lnx+1-2ax，

∵函数f（x）=x（lnx-ax）有两个极值点，

则g（x）=0在区间（0，+∞）上有两个实数根．

g′（x）=-2a=，

当a≤0时，g′（x）＞0，则函数g（x）在区间（0，+∞）单调递增，

因此g（x）=0在区间（0，+∞）上不可能有两个实数根，应舍去．

当a＞0时，令g′（x）=0，解得x=．

令g′（x）＞0，解得0，此时函数g（x）单调递增；

令g′（x）＜0，解得x，此时函数g（x）单调递减．

∴当x=时，函数g（x）取得极大值．

当x趋近于0与x趋近于+∞时，g（x）→-∞，

要使g（x）=0在区间（0，+∞）上有两个实数根，则g（）=ln＞0，解得0＜a＜．

∴实数a的取值范围是（0，）；

（Ⅱ）证明：设函数f（x）=x（lnx-ax）有两个极值点为x1，x2，（x1＜x2），

∵0＜x1＜＜x2，f′（x1）=lnx1+1-2ax1=0，f′（x2）=lnx2+1-2ax2=0．

且f（x1）=x1（lnx1-ax1）=x1（2ax1-1-ax1）=x1（ax1-1）＜x1（-ax1）=-ax12＜0，

f（x2）=x2（lnx2-ax2）=x2（ax2-1）＞1×（a×-1）=-．（＞1）．

故f（x）的极大值大于-．