热门试卷

解：（Ⅰ）当m=2时，f（x）=x3+x2+3x，

∴f′（x）=-x2+2x+3，

故k=f′（3）=0，

又∵f（3）=9，

∴曲线y=f（x）在点（3，f（3））处的切线方程为：y=9，

（Ⅱ）若f（x）在（）上存在单调递增区间，

即存在某个子区间（a，b）⊂（，+∞）使得f′（x）＞0，

∴只需f′（）＞0即可，

f′（x）=-x2+2x+m2-1，

由f′（）＞0解得m＜-或m＞，

由于m＞0，∴m＞．

（Ⅲ）由题设可得，

∴方程有两个相异的实根x1，x2，

故x1+x2=3，且

解得：（舍去）或，

∵x1＜x2，所以2x2＞x1+x2=3，∴，

若 x1≤1＜x2，

则，

而f（x1）=0，不合题意．

若1＜x1＜x2，对任意的x∈[x1，x2]，

有x＞0，x-x1≥0，x-x2≤0，

则，

又f（x1）=0，所以 f（x）在[x1，x2]上的最小值为0，

于是对任意的x∈[x1，x2]，f（x）＞f（1）恒成立的充要条件是，

解得；     

综上，m的取值范围是．

解：（1）∵f（x）在[0，1]上有零点，即=x有根，

∴a=ex-x2+x，x∈[0，1]，

设g（x）=ex-x2+x，

∴g′（x）=ex-2x+1，

∴g″（x）=ex-2＜0，

令g″（x）＞0，解得：x＞ln2，

令g″（x）＜0，解得：0＜x＜ln2，

∴g′（x）在（0，ln2）递减，在（ln2，1]递增，

∴g′（x）＞g（1n2）＞0，

即g′（x）在[0，1]递增，

∴g（x）∈[1，e]，

则a的范围是[1，e]．

（2）由（1）知：t=e，

∴g（x）=ex，

由g（x）的图象猜想：x1＜x0＜x2，

∵g′（x0）==，

要证x1＜x0＜x2，

只需证＜＜，

只需证，

设①中m（x）=ex+ex（x2-x）-，

∵m′（x）=-ex（x-x2）≥0，

∴m（x）在（-∞，x2]上递增，

又∵x1＜x2，∴m（x1 ）＜m（x2 ），

即+（x2-x1）-＜0，

同理可证②也成立，

故x1＜x0＜x2．

解：（1）∵f（x）=x3+bx2+cx，

∴f‘（x）=3x2+2bx+c，

∵f（x）的极值点为x=-和x=1

∴f'（1）=3+2b+c=0，f'（）=-b+c=0，

解得，b=，c=-2，

∴f'（x）=（3x+2）（x-1），

当f'（x）＞0时，解得x＜-，或x＞1，

当f'（x）＜0时，解得-＜x＜1，

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

（2）有（1）知f（x）=x3-x2-2x，x∈[-1，2]，

故函数在[-1，-）和（1，2]单调递增增，在（-，1）单调递减，

当x=-，函数有极大值，f（）=，f（2）=2，

所以函数的最大值为2，

所以不等式f（x）＜m在x∈[-1，2]时恒成立，

故m＞2

故实数m的取值范围为（2，+∞）

解：（Ⅰ）求导得f′（x）=，x＞0．

若a≤0，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上递增；

若a＞0，当x∈（0，）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；

当x∈（，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，若a≤0，f（x）在（0，+∞）上递增，

又f（1）=0，故f（x）≤0不恒成立．

若a＞2，当x∈（，1）时，f（x）递减，f（x）＞f（1）=0，不合题意．

若0＜a＜2，当x∈（1，）时，f（x）递增，f（x）＞f（1）=0，不合题意．

若a=2，f（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，

f（x）≤f（1）=0，合题意．

故a=2，且lnx≤x-1（当且仅当x=1时取“=”）．

当0＜x1＜x2时，f（x2）-f（x1）=2ln-2（x2-x1）

＜2（-1）-2（x2-x1）

=2（-1）（x2-x1），

∴＜2（-1）．

解：（1）令f′（x）=e-x[-ax2+2（a+1）x-2]=0（a≥0）

当a=0时，解得：x=1

∵x＜1，f‘（x）＜0；x＞1，f'（x）＞0

∴x=1时，f（x）取得极小值；

当a＞0时，

易得：，从而有下表

∴是函数的极小值点；是函数的极大值点．

（2）当a=0时，由（1）可知，函数在[-1，1]上单减，符合题意；

当a＞0时，若函数在[-1，1]上单增，则解得：a∈ϕ

若函数在[-1，1]上单减，则；或

解得：a∈ϕ

当a＜0时，

若函数在[-1，1]上单增，则；或

解得：a∈ϕ

若函数在[-1，1]上单减，则

解得：

综合得：时，函数在[-1，1]上是单减函数．

解：（1）由题意，，∴ax＞3a，（a＞0且a≠1）；

①当a＞1时，x＞loga（3a），此时D=（loga（3a），+∞），任取x1、x2∈D，且x1＜x2，

∵＜，∴0＜-2a＜-2a，0＜-3a＜-3a，

∴loga（-2a）＜loga（-2a），loga（-3a）＜loga（-3a）；

∴g（x）在D=（loga（3a），+∞）上是增函数；

②当0＜a＜1时，x＜loga（3a），此时D=（-∞，loga（3a）），

同理可证，g（x）在D=（-∞，loga（3a））上是增函数；

∴存在好区间[m，n]⇔存在m，n∈D（m＜n），使成立，

等价于关于x的方程f（x）=x在定义域D上有两个不等实根，

即（ax-2a）（ax-3a）=ax（*）在定义域D上有两个不等实根；

设t=ax，t∈D，则（*）等价于方程（t-2a）（t-3a）=t，

即t2-（5a+1）t+6a2=0在（3a，+∞）上有两个不等实根，

设函数h（t）=t2-（5a+1）t+6a2，则无解；

∴函数g（x）不存在好区间；

（2）∵函数有“好区间”[m，n]，

∴[m，n]⊂（-∞，0）或[m，n]⊂（0，+∞）；

∴P（x）=-在[m，n]上单调递增，

∴，即m，n是方程P（x）=x的同号不等二实根，

即方程t2x2-t（t+1）x+1=0，

∵mn=＞0，

∴△=t2（t+1）2-4t2＞0，

∴t＞1或t＜-3，

∴n-m==，其中t∈（-∞，-3）∪（1，+∞）；

当t=3时，n-m取得最大值．

解：（Ⅰ）由已知的函数定义域为（-1，+∞）且f′（x）=a-=，

令f′（x）=0，解得x=（a＞0），

（i）当x∈（-1，）时，f′（x）＜0，函数f（x）在（-1，）内单调递增；

（ii）当x∈（，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）在（，+∞）内单调递减，

所以函数f（x）的单调减区间是（-1，），增区间是（，+∞）；

（Ⅱ）由已知a=1时，f′（x）=1-，

∴a1=f′（0）=-1，n≥2时，an==-n，

∴an=-n（n∈N+），

于是，所证不等式即为：

＜＜⇔＜e＜⇔nln（1+）＜1＜（n+1）ln（1+）

即＜ln＜，

为此，令g（x）=x-ln（1+x）⇒g′（x）=1-=，

∴当x∈（0，+∞），g′（x）＞0，g（x）单调递增，又g（x）在x=0处连续，

∴n∈N+，g（）＞g（0）=0⇒-ln（1+）＞0，①

设φ（x）=ln（x+1）-，x∈[0，+∞），

得：φ′（x）=-=，

当x＞0时，φ′（x）＞0，所以φ（x）在（0，+∞）内是增函数，

所以φ（x）在[0，+∞）内是增函数．

当n∈N+时，φ（）＞φ（0）=0，

即ln（1+）-＞0⇒＜ln（1+n）②，

由①②得：＜ln＜，即；

（Ⅲ）由bn=-=，则Tn=1+++…+，

由（Ⅱ）可知＜ln＜，

令n=1，2，3，…，2010，并将各式相加得：

++…+＜ln+ln+…+ln＜1+++…+，

即T2011-1＜ln2011＜T2010．