热门试卷

解：（1）由题意可得f′（x）=x2+（a-1）x-a=（x+a）（x-1），（a＞0）

令f′（x）＞0可得x＜-a，或x＞1，令f′（x）＜0可得-a＜x＜1，

故函数f（x）的单调递增区间为（-∞，-a）和（1，+∞），单调递减区间为（-a，1）；

（2）由（1）知f（x）在（0，1）单调递减，（1，2）单调递增，

方程f（x）=0在（0，2）内恰有两个实数根等价于f（0）＞0，f（1）＜0，f（2）＞0，

解得0＜a＜，所以a的取值范围为（0，）

（3）当a=1时，f（x）=，由（1）知f（x）在（-3，-1）单调递增，

在（-1，1）单调递减，所以，当t∈[-3，-2]时，t+3∈[0，1]，-1∈[t，t+3]，

所以函数f（x）在[t，-1]上单调递增，[-t，t+3]上单调递减，

故函数f（x）在[t，t+3]上的最大值H（t）=f（-1）=，

而最小值h（t）为f（t）与f（t+3）中的较小者，

由f（t+3）-f（t）=3（t+1）（t+2）知，当t∈[-3，-2]时，f（t）≤f（t+3），故h（t）=f（t）

所以g（t）=f（-）-f（t），而f（t）在[-3，-2]上单调递增，因此f（t）≤f（-2）=，

所以g（t）在[-3，-2]上的最小值g（-2）==，

即函数f（x）在[-3，-2]上的最小值为

解：（I）由已知可得f′（x）=2ax，g′（x）=3x2+b，

由题意可得，即，

解得a=b=3．

（II）由（I）可得f（x）=3x2+1，g（x）=x3+3x，

∴h（x）=f（x）+g（x）=x3+3x2+3x+1，

∴h′（x）=3x2+6x+3=3（x+1）2≥0，

因此h（x）在R上单调递增．

解：（1）a=0时，f（x）=lnx+x2，

y=f（1-2x）=ln（1-2x）+（1-2x）2．x∈[0，），

则y′=-4（1-2x）=-，

当x∈[0，）时，y′＜0，

∴函数y=f（1-2x）在x∈[0，）上单调递减，

∴函数y=f（1-2x）在x∈[0，）上的最大值为f（1）=1；

（2）∵f（x）=lnx+x2-ax，

∴f′（x）=x-a=，x＞0，

当a≤0时，f′（x）＞0，则f（x）在（0，+∞）单调递增，

当a＞0时，若a2-8≤0，即0＜a≤2时，f′（x）＞0，

则f（x）在（0，+∞）上单调递增，

若a2-8＞0，即a＞2时，

x∈（0，）和x∈（，+∞）时，f′（x）＞0，

x∈（，）时，f′（x）＜0，

综上，a≤2时，f（x）在（0，+∞）单调递增；

a＞2时，f（x）在（0，）和（，+∞）递增，

在（，）递减；

（3）由（2）得：x1+x2=，x1•x2=，则x2=，

f（x1）-f（x2）=lnx1+-ax1-lnx2-+ax2

=ln+[x1+x2-2（x1+x2）（x1-x2）

=ln2+2lnx1-+，

令g（x1）=ln2+2lnx1-+，

则g′（x）=-2x1-=-，

∵0＜x1＜，∴g′（x1）＜0，

∴g（x1）在（0，）上单调递减，

∴g（x1）＞g（），而g（）=-ln2，

即g（x1）＞-ln2，

∴f（x1）-f（x2）＞-ln2．

解：（1）∵函数g（x）的定义域为R，

且

∴函数g（x）是奇函数．（2分）

（2）（3分）

当a=1时，g‘（x）=e-x（ex-1）2≥0且当且仅当x=0时成立等号，故g（x）在R上递增；（4分）

当0＜a＜1时，，令g'（x）＞0得或ex＜a，

故g（x）的单调递增区间为（-∞，lna）或（-lna，+∞）；（5分）

当a＞1时，，令g'（x）＞0得ex＞a或，

故g（x）的单调递增区间为（-∞，-lna）或（lna，+∞）．（6分）

（3）不妨设x1＞x2，⇔，（7分）

令，则只需证（8分）

先证，由（2）知g（x）=ex-e-x-2x在R上递增，

∴当x＞0时，g（x）＞g（0）=0

∴ex-e-x＞2x，从而由x＞0知成立；（10分）

再证，即证：，

令，则是减函数，

∴当x＞0时，h（x）＜h（0）=0，从而成立．（13分）

综上，对任意实数x1和x2，且x1≠x2，都有不等式成立．（14分）

解：（Ⅰ）F（x）=ln（x+1）-，F′（x）=+，

由题设x＞0，所以得：F′（x）＞0，

故F（x）在区间（0，+∞）上是增函数．     

（Ⅱ）∵f（x）=，∴（x+1）ln（x+1）=m，

设h（x）=（x+1）ln（x+1），则h′（x）=ln（x+1）+1，

x，h′（x），h（x）变化如下表：

∵h（0）=0，h（-1+）=-，h（-1+）=-，

∴h（-1+）＜h（0）=0，又h（1+）＞h（0）=0，

∴-＜m≤-，

即m∈（-，-]时，方程f（x）=在区间[-1+，1+）有两不相等的实数根．

（Ⅲ）当x＞0时，若+g（x）＞恒成立，

即k＜[1+ln（x+1）]在（0，+∞）上恒成立，

设φ（x）=[1+ln（x+1）]，则φ′（x）=，

再设G（x）=x-1-ln（x+1），则G′（x）=1-=＞0，

故G（x）在（0，+∞）上单调递增，

而G（1）=-ln2＜0，G（2）=-1-ln3＜0，G（3）=2-2ln2＞0，

故G（x）=0在（0，+∞）上存在唯一实数根a∈（2，3），

即x=a是方程x-1-ln（x+1）=0在（0，+∞）上有唯一解，

故当x∈（0，a）时，G（x）＜0，φ′（x）＜0；

当x∈（a，+∞）时，G（x）＞0，φ′（x）＞0，

故φ（x）min=φ（a）=[1+ln（a+1）]=a+1∈（3，4），

∴k≤3，故kmax=3．

解：（1）∵f（x）=alnx+-1，

∴f′（x）=，

若函数f（x）在区间（0，1）内是增函数，

则a（x+1）2-2x≥0，

∴a≥=，

∴a≥；

（2）∵g′（x）=ex，

∴g（b）=g′（b）=eb，

∴l1：y=eb（x-b）+eb…①，

g（-b）=g′（-b）=e-b，

∴l2：y=e-b（x+b）+e-b…②，

由①②得：

eb（x-b）+eb=e-b（x+b）+e-b，

两边同乘以eb得：

e2b（x-b）+e2b=x+b+1，

∴（e2b-1）x=b•e2b-e2b+b+1，

∴x0=，

分母e2b-1＞0，

令h（b）=be2b-e2b+b+1，

∴h′（b）=2be2b-e2b+1，

∴h″（b）=4be2b+1＞0，

∴h′（b）min→h′（0）→0+，

∴h（b）min→h（0）→b＞0，

∴x0＞0．