热门试卷

解：（1）f（x）=，所以f′（x）=x2-2x-3．

∴解x2-2x-3=0，得：x=-1或x=3，所以

x∈（-∞，-1）时，f′（x）＞0；

x∈（-1，3）时，f′（x）＜0；

x∈（3，+∞）时，f′（x）＞0．

根据极值的定义知：x=-1时，f（x）取到极大值f（-1）=；x=3时，f（x）取到极小值f（3）=-6．

（2）f′（x）=x2-2x+a=（x-1）2+a-1，∵a≤1，∴a-1≤0

∴若a-1=0，即a=1时f′（x）≥0，所以（-∞，+∞）是f（x）的单调增区间；

若a＜1时，解（x-1）2+a-1=0得：x=1±，所以：

x∈（-∞，）时，f′（x）＞0，∴（-∞，）是f（x）的单调增区间；

x∈（）时，f′（x）＜0，∴[]是f（x）的单调减区间；

x∈（，+∞）时，f′（x）＞0，∴（）是f（x）的单调增区间．

解：（1）∵f（x）=x3-3x+4，∴f′（x）=3x2-3=3（x+1）（x-1），

由f′（x）＞0，得x＜-1或x＞1，由f′（x）＜0，得-1＜x＜1，

∴f（x）的单调递增区间是（-∞，-1）和（1，+∞）；单调递减区间是（-1，1）．

（2）由（1）知f′（2）=9，即切线斜率为9，

∴曲线y=f（x）在点P（2，6）处的切线方程是：y-6=9（x-2），即y=9x-12．

证明∵x3-3x+2=（x-1）2（x+2），

当x＞0时，2（x-1）2≥0，x+2＞0，

∴（x-1）2（x+2）≥0，

即x3-3x+2≥0，

∴x3≥3x-2．

解：（1）f′（x）=-ln（x+1），

当f′（x）＞0时，解得：-1＜x＜0，

当f′（x）＜0时，解得：x＞0，

∴f（x）在（-1，0）递增，在（0，+∞）递减；

（2）由（1）得：

f（x）在[-，0]上递增，在[0，1]上递减，

又f（0）=0，f（1）=1-ln4，f（-）=-+ln2，

∴f（1）-f（-）＜0，

∴t∈[-+ln2，0）时，方程f（x）=t有两个解；

（3）存在m=0满足条件，

理由：y=f′（x）与y=ln（x+）交点为（，ln），

y=f′（x）与y轴交点为（0，0），

y=ln（x+）与y轴交点为（0，-ln6），

则S=（ey-）dy+（e-y-1）dy

=1+ln2-ln3，

∴存在m=0满足条件．

解：（I）函数f（x）的定义域为（0，-∞），

f′（x）=--2ax+1=

a＞0，设g（x）=-2ax2+x-1，△=1-8a，

（1）当a≥，△≤0，g（x）≤0，

∴f′（x）≤0，函数f（x）在（0，+∞）上递减，

（2）当0＜a＜时，△＞0，f′（x）=0可得x1=，x2=，

若f′（x）＞0可得x1＜x＜x2，f（x）为增函数，

若f′（x）＜0，可得0＜x＜x1或x＞x2，f（x）为减函数，

∴函数f（x）的减区间为（0，x1），（x2，+∞）；增区间为（x1，x2）；

（II）由（I）当0＜a＜，函数f（x）有两个极值点x1，x2，

∴x1+x2=，x1x2=，

f（x1）+f（x2）=-lnx1-ax12+x1-lnx2-ax22+x2

=-ln（x1x2）-a（x12+x22）+（x1+x2）=-ln（x1x2）-a（x1+x2）2+2ax1x2+（x1+x2）

=-ln-a×+2a×=ln（2a）++1=lna++ln2+1

设h（a）=lna++ln2+1，

h′（a）=-=＜0（0＜a＜），

所以h（a）在（0，）上递减，

h（a）＞h（）=ln++ln2+1=3-2ln2，

所以f（x1）+f（x2）＞3-2ln2；

解：（Ⅰ）因为，

而，所以，解得a=2；

所以，因此，

由知，

当x＞-1时，f′（x）＞0，当x＜-1且x≠-2时，f′（x）＜0；

故f（x）的单调增区间是（-1，+∞），减区间是（-∞，-2）和（-2，-1），

（Ⅱ）证明：所证不等式等价于，

因为，先证，

记，

g′（x）=ex-2x-2，

记u（x）=ex-2x-2，则u′（x）=ex-2，

由此可知，u（x）在（-∞，ln2）上单调递减，在（ln2，+∞）上单调递增；

因为u（1）•u（2）＜0，u（-1）•u（0）＜0，

故g′（x）=0在（0，+∞）只有一个零点x1（1＜x1＜2），

且，

所以g（x）在（0，x1）递减，在（x1，+∞）递增，

所以当x≥0时，，

即，又，

所以，

即，

故．

解：（1）：由题意得f′（x）=（x＞0），

要使f（x）的单调递减区间是（0，1）

则f′（1）=0，解得：a=-1，

另一方面当a=-1时，f′（x）=（x＞0），

由f（x）＜0，解得x∈（0，1），即f（x）的单调递减区间是（0，1），

综上a=-1；

（2）g′（x）=a+1，f（x），g（x）在区间[1，2]上都为单调函数，且单调性相同，

∴f′（x）g′（x）=≥0，

∴（x2+a）（a+1）≥0，

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

∴a≤-4，或a＞-1；

（3）∵H′（x）==0，

∴x=1，或x=a，

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

∴α=1，β=a∈（0，e]，

∴x∈[α，β]时，H′（x）≤0，即H（x）在[α，β]上单调递减，

∴H（x）max=H（1），H（x）min=H（β），

则对∀x1，x2∈[α，β]，

|H（x1）-H（x2）|＜H（1）-H（β）=[-（a+1）]-[a2+alna-a（a+1）]=a2-alna-，

设h（x）=x2-xlnx-，

则h′（x）=x-1-lnx，h″（x）=，

当x∈（1，e]时，h′（x）＞0，

∴h′（x）在（1，e]上递增，

∴h′（x）＞h′（1）=0，

∴h（x）在（1，e]上递增，

∴h（a）≤h（e）=1，

∴对任意的x1，x2∈[α，β]，不等式|H（x1）-H（x2）|＜1恒成立．

解：（1）a=0时，f（x）=ex-1-x，f′（x）=ex-1．

当x∈（-∞，0）时，f‘（x）＜0；当x∈（0，+∞）时，f'（x）＞0．

故f（x）在（-∞，0）单调减少，在（0，+∞）单调增加

（II）f′（x）=ex-1-2ax

由（I）知ex≥1+x，当且仅当x=0时等号成立．故f′（x）≥x-2ax=（1-2a）x，

从而当1-2a≥0，即时，f′（x）≥0（x≥0），而f（0）=0，

于是当x≥0时，f（x）≥0．

由ex＞1+x（x≠0）可得e-x＞1-x（x≠0）．

从而当时，f′（x）＜ex-1+2a（e-x-1）=e-x（ex-1）（ex-2a），

故当x∈（0，ln2a）时，f'（x）＜0，而f（0）=0，于是当x∈（0，ln2a）时，f（x）＜0．

综合得a的取值范围为．

解：

（1）若a=1，，令f′（x）=0，得x=1或x=-2（负值舍去）

当0＜x＜1时，f′（x）＜0；当x＞1时，f′（x）＞0

∴f（x）的极小值为f（1）=0，无极大值．

（2）∵f（x）在[1，+∞）内为单调增函数

∴在[1，+∞）上恒成立

即x2+ax-2a≥0在[1，+∞）上恒成立

令g（x）=x2+ax-2a

当即a≥-2时，g（1）≥0，得a≤1，∴-2≤a≤1

当即a＜-2时，，得-8≤a≤0，∴-8≤a＜-2

综上a的取值范围是[-8，1]

（3）当a=1时，由（2）知，f（x）在[1，+∞）内为单调增函数

即x＞1时，f（x）＞f（1）=0

即

取

∵

∴

∴…+

解：（1）∵f（x）=ex+ax-1

∴f′（x）=ex+a

当a≥0时，f′（x）＞0恒成立，此时f（x）的单调递增区间为（-∞，+∞）；

当a＜0时，令f′（x）=ex+a=0，则x=ln（-a）

当x∈（-∞，ln（-a））时，f′（x）＜0，当x∈（ln（-a），+∞）时，f′（x）＞0，

此时f（x）的单调递减区间为（-∞，ln（-a））；单调递增区间为（ln（-a），+∞）；

（2）当a＜0时，若方程f（x）=0只有一解，

即函数f（x）=ex+ax-1有且只有一个零点

由（1）得f[ln（-a）]=ex+ax-1=0，又∵f（0）=e0+0-1=0，

故ln（-a）=0，解得a=-1

（3）若对所有x≥0都有f（x）≥f（-x），即ex+ax-1≥e-x-ax-1

ex-e-x+2ax≥0在（0，+∞）上恒成立；

令g（x）=ex-e-x+2ax，

∵g（0）=0

∴g（x）≥0在（0，+∞）上恒成立

即g‘（x）=ex+e-x+2a≥0在（0，+∞）上恒成立

∵ex+e-x+2a≥2+2a

∴a≥-1