热门试卷

解：（Ⅰ）由已知由函数f（x）的定义域为x＞-a，，

∵-a＜-a+1，

∴由f‘（x）＞0，得x＞-a+1，

由f'（x）＜0，得-a＜x＜-a+1，

所以函数f（x）的减区间为（-a，-a+1），增区间为（-a+1，+∞）．（4分）

（II）由题意，得f'（1）=0，

∴a=0．（5分）

∴由（Ⅰ）知f（x）=x-lnx，

∴f（x）+2x=x2+b，即x-lnx+2x=x2+b，

∴x2-3x+lnx+b=0，

设g（x）=x2-3x+lnx+b（x＞0），

则g'（x）=2x-3+

当变化时，g'（x），g（x）的变化情况如下表：（6分）

∵方程f（x）+2x=x2+b在[0.5，2]上恰有两个不相等的实数根，

∴，∴，

∴+ln2≤b＜2，即．（8分）

（III）由（I）和（II）可知当时，f（x）≥f（1），

即lnx≤x-1，

∴当x＞1时，lnx＜x-1．（10分）

令（n≥2，n∈N*），

则．

所以当n≥2，n∈N*时，

，

即，

∴．（12分）

解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞）．

求导数，得f′（x）=-a=．

①若a≤0，则f′（x）＞0，f（x）是（0，+∞）上的增函数；

②若a＞0，令f′（x）=0，得x=．

当x∈（0，）时，f′（x）＞0，f（x）是增函数；

当x∈（，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）是减函数．

综上所述，当a≤0时，f（x）的递增区间为（0，+∞）；当a＞0时，f（x）的递增区间为

（0，），递减区间为（，+∞）．

（2）因为x1=是函数f（x）的零点，所以f（）=0，即-a=0，

解得a==．

所以f（x）=lnx-x．

因为f（）=-＞0，f（）=-＜0，所以f（）f（）＜0．

所以x2∈（，），即：x2＞．

解：（1）f（x）=x2+ax-blnx，定义域为（0，+∞），

∴f′（x）=2x+a-；∴，

解得：a=1，b=1；

（2）解法一：据题知：g（x）=，

所以 g（x）=，定义域为（0，1]，

∴g′（x）=；

令h（x）=-x2+（2-a）x+a-+lnx，

则h′（x）=-2x+++2-a，

h′（x）=-2--＜0，

故h′（x）在区间（0，1]上单调递减，

从而对（0，1]，h′（x）≥h′（1）=2-a

①当2-a≥0，即a≤2时，h′（x）≥0，∴y=h（x）在区间（0，1]上单调递增，

∴h（x）≤h（1）=0，即F′（x）≤0，

∴g（x）在区间（0，1]上是减函数，

故a≤2满足题意；           

②当2-a＜0，即a＞2时，

由h′（1）＜0，h′（）=-+a2+2＞0，0＜＜1，

且y=h′（x）在区间（0，1]的图象是一条连续不断的曲线，

∴y=h′（x）在区间（0，1]有唯一零点，设为x0，

∴h（x）在区间（0，x0）上单调递增，在（x0，1]上单调递减，

且y=h（x）在区间（0，1]的图象是一条连续不断的曲线

y=h（x）在区间（0，1）有唯一零点，设为x′，

即y=g′（x）在区间（0，1）有唯一零点，设为x′，

故y=g（x）在区间（0，x′）上单调递减，在（x′，1）上单调递增，

与题中条件在（0，1]为减函数矛盾，故a＞2不合题意，舍去；

综上可知：a的取值范围为（-∞，2]． 

解法二：g（x）=，定义域为（0，1]，

∴g′（x）=；

则不等式（1-x）a≤x2-2x+-lnx对（0，1]的任意x都成立；

①当x=1时；对∀a∈R不等式都成立；

②当x∈（0，1）时：

a≤=-x+1+-成立；

令m（x）=-x+1+-；

则m′（x）=-1--，

令：n（x）=+lnx-1；n′（x）=＜0，

故n（x）在（0，1）上为减函数，由于n（1）=0，

故n（x）＞0

则m′（x）＜0恒成立，则m（x）在（0，1）上为减函数；

故a≤m（1），

据“洛必塔法则”：m（1）==，

综上所述，a的取值范围为（-∞，2]．

解：（Ⅰ）f（x）=lnx+a（1-x）的定义域为（0，+∞），

∴f′（x）=-a=，

若a≤0，则f′（x）＞0，∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，

若a＞0，则当x∈（0，）时，f′（x）＞0，当x∈（，+∞）时，f′（x）＜0，所以f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减，

（Ⅱ），由（Ⅰ）知，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上无最大值；当a＞0时，f（x）在x=取得最大值，最大值为f（）=-lna+a-1，

∵f（）＞2a-2，

∴lna+a-1＜0，

令g（a）=lna+a-1，

∵g（a）在（0，+∞）单调递增，g（1）=0，

∴当0＜a＜1时，g（a）＜0，

当a＞1时，g（a）＞0，

∴a的取值范围为（0，1）．

解：（1）当a=-4时，f′（x）=，（x＞0），

令f′（x）≥0，即：x3-2x-1≥0，（x+1）（x2-x-1）≥0，解得：x≥，

令f′（x）＜0，解得：0＜x＜，

∴函数f（x）的单调增区间为[，+∞）单调减区间为（0，），

（2）f′（x）=2x-+，

∴|f′（x1 ）-f′（x2 ）|=|x1-x2||2+-|，

∴|2+-|＞1

下面证明∀x1，x2∈（0，+∞），x1≠x2，

有2+-＞1恒成立，

即证：a＜x1x2+成立，

∵x1x2+＞x1 x2+，

∴只需证明：x1 x2+≥a即可，

对此：设t=，t＞0，u（t）=t2+，

而u（t）=t2++≥3=＞4≥a，

∴即证：a＜x1x2+成立，

∴a＜x1x2+．

故命题得证．

解：（Ⅰ）由题意知，f′（x）=；

故f（1）=ln（1+a）+b=0，

f′（1）=-[ln（1+a）+b]=1，

解得，a=b=0．

（Ⅱ）（i）g（x）=f（ex）=，

g′（x）=，

则当x＞1时，g′（x）＜0，当x＜1时，g′（x）＞0；

故g（x）的单调增区间是（-∞，1]，单调减区间是（1，+∞）．

（ii）证明：h（x）==，

h′（x）=，

k（x）=2h′（x）x2=；

由（i）知，当x＞0时，∈（0，]，

设m（x）=1-2xlnx-2x，

m′（x）=-2lnx-4=-2（lnx+2），

故m（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减，

故mmax（x）=m（）=1+且g（x）与m（x）不于同一点取等号，

故k（x）＜（1+）=+．

解：（Ⅰ）由已知函数g（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞），

且f（x）=-ax（a＞0），定义域为（0，1）∪（1，+∞），

函数g′（x）=，

当g′（x）＞0时，x＞e，当g′（x）＜0时，0＜x＜1，1＜x＜e，

∴g（x）在（0，1），（1，e）递减，在（e，+∞）递增，

（Ⅱ）∵f（x）在（1，+∞）递减，

∴f′（x）=-a≤0在（1，+∞）上恒成立，

∴x∈（1，+∞）时，f′（x）max≤0，

∵f′（x）=-+-a，

∴当=，即x=e2时，f′（x）max=-a，

∴-a≤0，于是a≥，

故a的最小值为．