热门试卷

解：（1）∵函数 f（x）在x=2处有极值∴f′（2）=2-+m-1=0

∴m=-2，经检验m=-2符合题意．∴m=-2．

（2）当m=-2时，函数f（x）=x2+2lnx-3x（x＞0）．

令函数g（x）=f（x）+x，则

g′（x）=x+-2==

∴g′（x）＞0，即g（x）在（0，+∞）上为增函数．

（3）由（2）知g（x）在（0，+∞）为增函数．

∴对任意0＜x1＜x2，都有g（x1）＜g（x2）成立，

即f（x1）+x1＜f（x2）+x2．

即f（x1）-f（x2）＞x1-x2．

又∵x1-x2＜0，

∴（14分）

解（Ⅰ）∵b=1，故f（x）=（x+a）2-7lnx+1，

∴．

∵当x＞1时，f（x）是增函数，

∴在x＞1时恒成立．

即在x＞1时恒成立．

∵当x＞1时，是减函数，

∴当x＞1时，，

∴a≥．

（II）∵，故f（x）=（x+a）2-4a2lnx+1，x∈（0，+∞），

∴，

∴当a=0时，f（x）的增区间为（0，+∞）

当a＞0时，∴f‘（x）＞0⇒x＞a或x＜-2a，

∴f（x）的减区间为（0，a），增区间为（a，+∞）

当a＜0时，∴f'（x）＞0⇒x＞-2a或x＜a，

∴f（x）的减区间为（0，-2a），增区间为（-2a，+∞）；

（Ⅲ） 由（Ⅰ）知，

当时，

在（1，+∞）是增函数．

∴当x＞1时，f（x）＞f（1），

即，

∴x2+5x-6＞7lnx

∵n∈N*，∴，

∴，

即，

∴

7[ln2-ln1+ln3-ln2+…+ln（n+1）-lnn]

=7ln（n+1），

∴．

（本小题满分12分）

解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），，

若a≤0，则f′（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，…（2分）

若a＞0，则由f′（x）=0，得x=，

当x∈（0，）时，f′（x）＞0，

当x∈（）时，f′（x）＜0，

∴f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）单调递减．

所以当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，

当a＞0时，f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）单调递减．…（4分）

（Ⅱ）f（x）-=，

令g（x）=xlnx-a（x2-1），（x≥1），

g′（x）=lnx+1-2ax，令F（x）=g′（x）=lnx+1-2ax，

，…（6分）

①若a≤0，F′（x）＞0，g′（x）在[1，+∞）递增，

g′（x）≥g′（1）=1-2a＞0，

∴g（x）在[1，+∞）递增，g（x）≥g（1）=0，

从而f（x）-不符合题意．…（8分）

②若0＜a＜，当x∈（1，），F′（x）＞0，

∴g′（x）在（1，）递增，

从而g′（x）＞g′（1）=1-2a，

∴g（x）在[1，+∞）递增，g（x）≥g（1）=0，

从而f（x）-不符合题意．…（10分）

③若a，F′（x）≤0在[1，+∞）恒成立，

∴g′（x）在[1，+∞）递减，g′（x）≤g′（1）=1-2a≤0，

从而g9x）在[1，+∞）递减，

∴g（x）≤g（1）=0，f（x）-≤0，

综上所述，a的取值范围是[）．…（12分）

解：（1）当a=1时，

g（x）=（x-1）-2f（x）=（x-1）-2lnx=x-1-2lnx，

定义域为（0，+∞）；

g′（x）=1-=；

当x∈（0，2）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；

当x∈（2，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；

即g（x）的单调增区间为（2，+∞），单调减区间为（0，2）．

（2）证明：k==，又x0=，

所以f′（x0）==；

即证，＞，

不妨设0＜x1＜x2，即证：lnx2-lnx1＞；

即证：ln＞；

设t=＞1，即证：lnt＞=2-；

即证：lnt+-2＞0，其中t∈（1，+∞）；

事实上，设k（t）=lnt+-2，（t∈（1，+∞）），

则k′（t）=-=＞0；

所以k（t）在（1，+∞）上单调递增，

所以k（t）＞k（1）=0；

即结论成立．

（3）由题意得+1＜0，

即＜0；

设G（x）=F（x）+x，则G（x）在（0，2]单调递减，

①当x∈[1，2]时，G（x）=lnx++x，

G′（x）=-+1≤0；

b≥+（x+1）2=x2+3x++3在[1，2]上恒成立，

设G1（x）=x2+3x++3，则G1′（x）=2x+3-；

当x∈[1，2]，G1′（x）＞0；

∴G1（x）在[1，2]上单调递增，G1（x）≤；

故b≥．

②当x∈（0，1）时，G（x）=-lnx++x；

G1（x）=x2+3x++3，

G′（x）=--+1≤0，

b≥-+（x+1）2=x2+x--1在（0，1）恒成立，

设G2（x）=x2+x--1，（x）=2x+1+＞0，

即G2（x）在（0，1）单调递增，故G2（x）＜G2（1）=0，∴b≥0，

综上所述：b≥．

解：（Ⅰ）

（1）当x＞1时，f（x）=（x-1）2-8ln（x-1），．

由f‘（x）＞0得2（x-1）2-8＞0，解得x＞3或x＜-1．

注意到x＞1，所以函数f（x）的单调递增区间是（3，+∞）．

由f'（x）＜0得2（x-1）2-8＜0，解得-1＜x＜3，

注意到x＞1，所以函数f（x）的单调递减区间是（1，3）．

（2）当x＜1时，f（x）=（x-1）2-8ln（1-x），

，

由f'（x）＞0得2（x-1）2-8＜0，解得-1＜x＜3，

注意到x＜1，所以函数f（x）的单调递增区间是（-1，1）．

由f'（x）＜0得2（x-1）2-8＞0，解得x＞3或x＜-1，

由x＜1，所以函数f（x）的单调递减区间是（-∞，-1）．

综上所述，函数f（x）的单调递增区间是（-1，1），（3，+∞）；

单调递减区间是（-∞，-1），（1，3）．（5分）

（Ⅱ）当x∈[e+1，e2+1]时，f（x）=（x-1）2-aln（x-1），

所以，

设g（x）=2x2-4x+2-a．

（1）当a＜0时，有△＜0，此时g（x）＞0，所以f'（x）＞0，f（x）在[e+1，e2+1]上单调递增．

所以f（x）min=f（e+1）=e2-a

（2）当a＞0时，△=16-4×2（2-a）=8a＞0．

令f'（x）＞0，即2x2-4x+2-a＞0，解得或（舍）；

令f'（x）＜0，即2x2-4x+2-a＜0，解得．

①若，即a≥2e4时，f（x）在区间[e+1，e2+1]单调递减，

所以f（x）min=f（e2+1）=e4-2a．

②若，即2e2＜a＜2e4时，f（x）在区间上单调递减，

在区间上单调递增，所以．

③若，即0＜a≤2e2时，f（x）在区间[e+1，e2+1]单调递增，

所以f（x）min=f（e+1）=e2-a．

综上所述，当a＜0或0＜a≤2e2时，f（x）min=f（e+1）=e2-a；

当2e2＜a＜2e4时，；

当a≥2e4时，f（x）min=e4-2a．（13分）

解：（Ⅰ）f′（x）=a+，x＞0；

①当a≥0时，f′（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）内是增函数，

即函数的单调增区间为（0，+∞）；

②当a＜0时，令f′（x）=0得x=-＞0，

且x∈（0，-）时，f′（x）＞0；

又x∈（-，+∞）时，f′（x）＜0；

所以函数f（x）递增区间为（0，-），递减区间为（-，+∞）；

（Ⅱ）假设存在这样的实数a，使不等式f（x）＜ax2对x∈（1，+∞）恒成立，

即ax2-ax-lnx＞0，（x＞1）恒成立，

令h（x）=ax2-ax-lnx＞0，（x≥1），

则h（1）=0，且h（x）＞0（x＞1）恒成立；

h′（x）=2ax-a-=，

①当a=0时，h′（x）=-＜0，

则函数h′（x）在[1，+∞）上单调递减，

于是h（x）≤h（1）=0；

与h（x）＞0（x＞1）矛盾，故舍去．

②当a＜0时，h（x）=ax2-ax-lnx=ax（x-1）+ln，（x≥1）；

而当x＞1时，由函数y=ax2-ax和y=-lnx都单调递减．

且由图象可知，x趋向正无穷大时，h（x）=ax（x-1）+ln趋向于负无穷大．

这与h（x）＞0（x＞1）恒成立矛盾，故舍去．

③当a＞0时，h′（x）=2ax-a-==0等价于2ax2-ax-1=0；

记其两根为x1＜0＜x2；

易知x∈（x1，x2）时，h′（x）＜0，

而x∈（x2，+∞）时，h′（x）＞0，

（i）若x2＞1时，则函数h（x）在（1，x2）上递减，

于是h（x）≤h（1）=0矛盾，舍去；

（ii）若x2≤1时，则函数h（x）在（1，+∞）上递增，于是h（x）＞h（1）=0恒成立．

所以0＜x2≤1，即x2=≤1，

解得a≥1．

综上所述，

存在这样的实数a≥1，使不等式f（x）＜ax2对x∈（1，+∞）恒成立．

解：（1），

，

∵f（x），g（x）在区间[1，2]上都为单调函数，且它们的单调性相同，

∴，

∵x∈[1，2]，∴（a+1）（a+x2）≥0，

-x2≤-1，∴a≤-x2或a＞-1（a≠-1），又（-x2）min=-4，

∴a≤-4或a＞-1．

（2）∵=⇒x=1或x=a，

又∵x2-（a+1）x+a=0有两个不相等的正根α，β，且α＜β，β∈（1，e]，

∴α=1，β=a∈（1，e]，∴当x∈[α，β]时，H′（x）≤0，

∴H（x）在[α，β]上单调单调递减，

∴H（x）max=H（1），H（x）min=H（β），

则对任意的x1，x2∈[α，β]，

|H（x1）-H（x2）|

=．

设t（a）=，则t′（a）=a-1-lna，

∵当a∈（1，e]时，，∴t′（a）在（1，e]单调递增，

∴t′（a）＞t′（1）=0，∴t（a）也在（1，e]单调递增，

∴，

∴不等式|H（x1）-H（x2）|＜1对任意的x1，x2∈[α，β]成立．