热门试卷

解：（Ⅰ）f‘（x）=-3x2+2x+b，若f（x）存在极值点，

则f'（x）=-3x2+2x+b=0有两个不相等实数根．所以△=4+12b＞0，

解得

（Ⅱ） 

当a＞0时，-a＜0，函数g（x）的单调递增区间为（0，+∞）；           

当a＜0时，-a＞0，函数g（x）的单调递减区间为（0，-a），单调递增区间为（-a，+∞）．

（Ⅲ） 当b=0且a＞0时，

假设使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，且斜边中点在y轴上．

则且x1+x2=0．      

不妨设x1=t＞0．故P（t，F（t）），则Q（-t，t3+t2）．

，（*）该方程有解          

当0＜t＜1时，F（t）=-t3+t2，代入方程（*）

得-t2+（-t3+t2）（t3+t2）=0

即t4-t2+1=0，而此方程无实数解；              

当t=1时，则；                    

当t＞1时，F（t）=alnt，代入方程（*）得-t2+alnt（t3+t2）=0

即，

设h（x）=（x+1）lnx（x≥1），

则在[1，+∞）上恒成立．

∴h（x）在[1，+∞）上单调递增，

从而h（x）≥h（1）=0，则值域为[0，+∞）．

∴当a＞0时，方程有解，即方程（*）有解．               

综上所述，对任意给定的正实数a，曲线上总存在P，Q两点，

使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，且斜边中点在y轴上．

解：（Ⅰ），

①当m＞0时，，

或x≥m，

所以f（x）的单调增区间是（-∞，-m），（m，+∞），单调减区间是（-m，m）；

②当m＜0时，，

或x≥-m，

所以f（x）的单调增区间是（m，-m），单调减区间是（-∞，m），（-m，+∞）；

（Ⅱ）当m＞0时，∵，

∴不会有∀x∈（0，+∞），，

当m＜0时，由（Ⅰ）知f（x）在（0，-m）单调递增，在（-m，+∞）单调递减，

∴f（x）在（0，+∞）上，，

由题意知：，

∴m的取值范围为．

解；（1）f‘（x）=3x2-2ax-4，

由f'（-1）=0，得

∴f'（x）=3x2-x-4，

由f'（x）＞0，

得或x＜-1

∴函数f（x）的单调增区间为：（-∞，-1）和；

（2）由题意得：f'（x）=3x2-2ax-4≥0在恒成立

∴恒成立，

∵

∴．

解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），

f′（x）=2x-2+=，

∵曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线x+2y-1=0垂直，

∴f′（1）=a=2．                                            

（Ⅱ）令g（x）=2x2-2x+a，则△=4-8a．

①当△≤0，即a≥时，g（x）≥0，从而f（x）≥0，

故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；                              

②当△＞0，即a＜时，g（x）=0的两个根为x1=，x2=＞，

当，即a≤0时，x1≤0，当0＜a＜时，x1＞0．

故当a≤0时，函数f（x）在（0，）单调递减，在（，+∞）单调递增；

当0＜a＜时，函数f（x）在（0，），（，+∞）单调递增，

在（，）单调递减．                           

（Ⅲ）当函数f（x）有2个极值点时，0＜a＜，0＜＜1，

此时x2=∈（，1），且g（x2）=0，即a=-2+2x2，

∴f（x2）=+alnx2=+（-2+2x2）lnx2，

设h（x）=（x-1）2+（-2x2+2x）lnx，其中x∈（，1），

则h′（x）=（-4x+2）lnx，

由于x∈（，1）时，h′（x）＞0，故函数h（x）在（，1）单调递增，

故h（x）＞h（）=-ln2，

∴f（x2）＞-ln2．

解：存在 

∵k=3f‘（x）=2kx2-2k2x+12

令f'（2）=0，得k=3或k=-1，

k=-1时，f'（x）=-2x2-2x+12=-2（x+3）（x-1）

在（2，+∞）上f'（x）＜0，不符题意，舍；

k=3时，f'（x）=6x2-18x+12=6（x-1）（x-2）

在（1，2）上f'（x）＜0，在（2，+∞）上f'（x）＞0

即函数在（1，2）上递减，在（2，+∞）上递增，

∴k=3

解：（1）当a=-1时，f（x）=+lnx，x∈（0，+∞），

则f′（x）=，

∵当0＜x＜1时，f‘（x）＜0，当x＞1时，f'（x）＞0．

∴函数f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．

（2）∵f′（x）=-，

①当a≥0时，∵x∈（0，e]，∴ax+1＞0⇒f'（x）＜0，

函数f（x）在（0，e]上单调递减，

∴f（x）min=f（e）=-a．

②当a＜0时，令f'（x）=0得x=-，

当-＜e，即a＜-时，对x∈（0，-），有f'（x）＜0；即函数f（x）在（0，-）上单调递减；

对x∈（-，e），有f'（x）＞0，即函数f（x）在（-，e）上单调递增；

∴f（x）min=f（-）=-a-aln（-）；

当-≥e，即a≥-时，对x∈（0，e]有f'（x）＜0，即函数f（x）在（0，e]上单调递减；

∴f（x）min=f（e）=-a．

综上得f（x）min=．

解：（1）函数f（x）的定义域为{x|x∈R且x≠0}．

∵f（-x）=（-x）2ln|-x|=x2ln|x|=f（x），∴函数f（x）为偶函数．

（2）当x＞0时，f（x）=x2lnx．

∴=2x，

令f′（x）=0，解得．

若，则f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；

若，则f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．

再由函数f（x）是偶函数，当x＜0时的单调性如下：

函数f（x）的单调递增区间是；单调递减区间是．

综上可知：函数f（x）的单调递增区间是，；

单调递减区间是，．

（3）由f（x）=kx-1，得，

令g（x）=．

当x＞0时，g′（x）==，可知g′（1）=0．

当0＜x＜1时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减；

当x＞1时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增．

∴当x＞0时，g（x）min=g（1）=1．

因此关于x的方程f（x）=kx-1在（0，+∞）上有实数解的k的取值范围是[1，+∞）．

解：（1）∵g（2）=2，∴a-b=1，即b=a-1，

∴h（x）=f（x）-g（x）=lnx-ax2+（a-1）x，其定义域为（0，+∞）

h′（x）=+（a-1）==，

（Ⅰ）若a≥0，则函数h（x）在区间（0，1）上单调增；在区间（1，+∞）上单调减．

（Ⅱ）若a＜0，令h′（x）=0得

①当a＜-1时，则，则函数h（x）在区间（0，）上单调增；在区间（1，+∞）上单调增；在区间（，1）上单调减．

②当a=-1时，h′（x）＜0，则函数h（x）在区间（0，+∞）单调减．

③当-1＜a＜0时，则，则函数h （x）在区间（0，1）上单调增；在区间（，+∞）上单调增；在区间（1，）上单调减．

（2）∵函数g（x）是关于x的一次函数

∴h（x）=lnx+bx，其定义域为（0，+∞）

①由h（x）=0得，记，则

∴在（0，e）单调减，在（e，+∞）单调增，

∴当x=e时取得最小值

又φ（1）=0，所以x∈（0，1）时φ（x）＞0，而x∈（1，+∞）时φ（x）＜0

∴b的取值范围是（，0）

②由题意得lnx1+bx1=0，lnx2+bx2=0

∴lnx1x2+b（x1+x2）=0，lnx2-lnx1+b（x2-x1）=0

∴，不妨设x1＜x2

要证，只需要证

即证，设

则

∴

∴函数F（t）在（1，+∞）上单调增，而F（1）=0，

∴F（t）＞0即

∴．

解：（1）定义域为（0，+∞），，令，则x=e，

当x变化时，f‘（x），f（x）的变化情况如下表：

∴f（x）的单调递增区间为（0，e）；f（x）的单调递减区间为（e，+∞）．（4分）

（2）∵不等式lnx＜mx对一切x∈[a，2a]（其中a＞0）都成立，

∴分离m得，对一切x∈[a，2a]（其中a＞0）都成立，

∴下面即求在x∈[a，2a]（其中a＞0）上的最大值；

∵a＞0，由（2）知：f（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减．

当2a≤e时，即时，f（x）在[a，2a]上单调递增，∴；

当a≥e时，f（x）在[a，2a]上单调递减，∴；

当a＜e＜2a时，即时，f（x）在[a，e]上单调递增，f（x）在[e，2a]上单调递减，

∴．

综上得：

当时，；

当a≥e时，；

当时，．（12分）

（3）正确，a的取值范围是1＜a＜e．（16分）

注：理由如下，考虑函数f（x）的大致图象．

当x→+∞时，f（x）→0．

又∵f（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，∴f（x）的图象如图所示．

∴总存在正实数a、b且1＜a＜e＜b，使得f（a）=f（b），

即，即ab=ba，此时1＜a＜e．

解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞）．

当a=-2e时，f′（x）=，

，

∴f（x）的单调递减区间是（0，） 单调递增区间是（，+∞）．

（2）由g（x）=x2+alnx-2x，

得g′（x）=2x+-2，

又函数g（x）为[1，4]上的单调减函数，

则g′（x）≤0在[1，4]上恒成立，

所以不等式2x+-2≤0在[1，4]上恒成立，

即a≤2x-2x2在[1，4]上恒成立． 

设h（x）=2x-2x2，

显然h（x）在[1，4]上为减函数，

所以h（x）的最小值为h（4）=-24，

∴a的取值范围是a≤-24．

解：（1）令t=sinx，则t∈[-1，1]，∴f（t）=t3-2t2+2t，

∴f′（t）=3t2-4t+2=3（t-）2+＞0，

则函数f（t）在[-1，1]上单调递增，

∴当t=-1时，f（x）取得最小值-5，当t=1时，f（x）取得最大值1；

∴f（sinx）的值域为[-5，1]；

（2）∵f′（t）=3t2-4t+2＞0，

∴f（x）在[-1，0]上单调递增，

又f（-1）=-5，f（0）=0，则f（x）在[-1，0]上的值域为[-5，0]；

由x∈[0，]得，1≤10cosx+1≤11，

∵∀x1∈[-1，0]，∃x2∈[0，]，使得f（x1）+g（x2）=2成立，

∴f（x1）的值域是2-g（x2）的值域的子集，

当a＞0时，g（x2）∈[a，11a]，2-g（x2）∈[2-11a，2-a]，

∴，解得≤a≤2；

当a=0时，显然不符合题意；

当a＜0时，g（x2）∈[11a，a]，2-g（x2）∈[2-a，2-11a]，

∴，无解；

综上，a的取值范围是[，2]．