热门试卷

解：（1）函数g（x）=lnx+的导数为g′（x）=-=，

当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）递增；

当0＜x＜1时，g′（x）＜0，g（x）递减．

即有g（x）的增区间为（1，+∞），减区间为（0，1），

g（x）的最小值为g（1）=1；

（2）证明：f（x）=g（x）-g（）=2lnx-x+，x＞0，

f′（x）=-1-=-≤0，

f（x）在R上递减，

由f（e）=2-e+，f（）=-2-+e=-f（e），

可得f（e）f（）＜0，

由函数的零点存在定理，可得

f（x）（0，+∞）上有且仅有一个零点．

解：（I）当x＜0时，f（x）=（x+1）2+a，

∴f（x）在（-∞，-1）上单调递减，在[-1，0）上单调递增；

当x＞0时，f（x）=lnx，在（0，+∞）单调递增．

（II）∵x1＜x2＜0，∴f（x）=x2+2x+a，∴f′（x）=2x+2，

∴函数f（x）在点A，B处的切线的斜率分别为f′（x1），f′（x2），

∵函数f（x）的图象在点A，B处的切线互相垂直，

∴，

∴（2x1+2）（2x2+2）=-1．

∴2x1+2＜0，2x2+2＞0，

∴=1，当且仅当-（2x1+2）=2x2+2=1，即，时等号成立．

∴函数f（x）的图象在点A，B处的切线互相垂直，且x2＜0，求x2-x1的最小值为1．

（III）当x1＜x2＜0或0＜x1＜x2时，∵，故不成立，∴x1＜0＜x2．

当x1＜0时，函数f（x）在点A（x1，f（x1）），处的切线方程为

，即．

当x2＞0时，函数f（x）在点B（x2，f（x2））处的切线方程为，即．

函数f（x）的图象在点A，B处的切线重合的充要条件是，

由①及x1＜0＜x2可得-1＜x1＜0，

由①②得=．

∵函数，y=-ln（2x1+2）在区间（-1，0）上单调递减，

∴a（x1）=在（-1，0）上单调递减，且x1→-1时，ln（2x1+2）→-∞，即-ln（2x1+2）→+∞，也即a（x1）→+∞．

x1→0，a（x1）→-1-ln2．

∴a的取值范围是（-1-ln2，+∞）．

（Ⅰ）解：f（x）的定义域为x＞0…（1分）

…（2分）

若a≤0时，f‘（x）≥0恒成立，即f（x）的单调区间为（0，+∞）…（4分）

若a＞0时，令f'（x）＞0，得…（5分）

即f（x）的单调区间为，减区间为…（6分）

（Ⅱ）证明：设…（7分）

则…（8分）

∴F（x）在（1，+∞）上为增函数，且…（10分）

即F（x）＞0在（1，+∞）上恒成立…（11分）

∴当x＞1，…（12分）

解：（1）函数的定义域为（0，+∞）．

，

①当m=0时，令f′（x）=0，解得x=1．

当0＜x＜1时，f′（x）＞0；当x＞1时，f′（x）＜0；

所以f（x）的单调增区间为（0，1），单调减区间为（1，+∞）； 

②当m≠0时，令f′（x）=0，解得．

当m＜0时，当0＜x＜1时，f′（x）＞0；当x＞1时，f′（x）＜0；所以f（x）的单调增区间为（0，1），单调减区间为（1，+∞）．

当0＜m＜2时，当0＜x＜1时，f′（x）＞0；当时，f′（x）＜0；当x＞时，f′（x）＞0；所以f（x）的单调增区间为（0，1）与（，+∞），单调减区间为（1，）；

当m=2时，f，所以f（x）的单调增区间为（0，+∞）；

当m＞2时，当0＜x＜时，f′（x）＞0；当时，f′（x）＜0；当x＞1时，f′（x）＞0；所以f（x）的单调增区间为（0，）与（1，+∞），单调减区间为（，1）．

综上，当m≤0时，f（x）的单调增区间为（0，1），单调减区间为（1，+∞）；

当0＜m＜2时，f（x）的单调增区间为（0，1）与（，+∞），单调减区间为（1，）；

当m=2时，f（x）的单调增区间为（0，+∞）；

当m＞2时，f（x）的单调增区间为（0，）与（1，+∞），单调减区间为（，1）．

（2）对于任意的x1，x2∈[1，2]，都有f（x1）-g（x2）≤1恒成立，等价于x∈[1，2]时，f（x）max≤g（x）min+1成立．

由（1）得当m＜0时，f（x）在（1，+∞）上单调递减，所以当x∈[1，2]时，f（x）max=f（x）=m-2．

，

令h（x）=，而．

所以在（0，+∞）上单调递减．

在[1，2]上，，

所以在[1，2]上，h（x）＜0，g′（x）＜0；所以g（x）在[1，2]上单调递减，所以当x∈[1，2]时，．

故，即，

因为m＜0，所以存在m＜0时，对于任意的x1，x2∈[1，2]，都有f（x1）-g（x2）≤1恒成立，且m的取值范围是（-∞，0）．

解：（Ⅰ）因为f（x）=a2lnx-x2+ax，其中x＞0．

所以f‘（x）=-2x+a=-．

由于a＞0，所以f（x）的增区间为（0，a），f（x）的减区间为（a，+∞）．

（Ⅱ）证明：由题得，f（1）=a-1≥e-1，即a≥e，

由（Ⅰ）知f（x）在[1，e]内单调递增

要使e-1≤f（x）≤e2对x∈[1，e]恒成立，

只要

解得a=e．

解：（1）当a=1时，函数f（x）=x2-3x+lnx，f′（x）=，

令f′（x）=0得：x1=，x2=1，

当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：

∴f（x）在（0，）单调递增，在（，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增，

当x=时：f（x）有极大值，且f（x）极大值=f（）=--ln2；

当x=1时：f（x）有极小值，且f（x）极小值=-2；

（2）∵f（x）=2ax2-2（a+1）x，

∴ax2-（2a+1）x+lnx=2ax2-2（a+1）x，

∴ax2-x=lnx，x∈（0，+∞），

显然a≤0时，y=ax2-x与y=lnx只有1个交点，不合题意，

当a=1时，函数y=x2-x=-，x=时：ymin=-，而y=ln＜ln，

∴0＜a＜≤1时，y=ax2-x与y=lnx只有1个交点，不合题意，

a＞1时，画出函数y=ax2-x与y=lnx的图象，

如图示：

，

图象有2个交点，

综上：a＞1；

（3）由g（x）=ex-x-1，则g′（x）=ex-1，

令g′（x）＞0，解得x＞0；令g′（x）＜0，解得x＜0．

∴g（x）在（-∞，0）是减函数，在（0，+∞）是增函数，

即g（x）最小值=g（0）=0．

对于任意的x1∈（0，+∞），x2∈R，不等式f（x1）≤g（x2）恒成立，则有f（x1）≤g（0）即可．

即不等式f（x）≤0对于任意的x∈（0，+∞）恒成立，

f′（x）=，

（1）当a=0时，f′（x）=，令f′（x）＞0，解得0＜x＜1；令f′（x）＜0，解得x＞1．

∴f（x）在（0，1）是增函数，在（1，+∞）是减函数，

∴f（x）最大值=f（1）=-1＜0，

∴a=0符合题意．

（2）当a＜0时，f′（x）=，

令f‘（x）＞0，解得0＜x＜1；令f′（x）＜0，解得x＞1．

∴f（x）在（0，1）是增函数，在（1，+∞）是减函数，

∴f（x）最大值=f（1）=-a-1≤0，

得-1≤a＜0，

∴-1≤a＜0符合题意．

（3）当a＞0时，f′（x）=，f′（x）=0得：x1=，x2=1，

a＞时，0＜x1＜1，令f′（x）＞0，解得：0＜x＜或x＞1；

令f′（x）＜0，解得：＜x＜1，

∴f（x）在（1，+∞）是增函数，

而当x→+∞时，f（x）→+∞，这与对于任意的x∈（0，+∞）时f（x）≤0矛盾．

同理0＜a≤时也不成立．

综上所述：a的取值范围为[-1，0]．

解：（1）由题意：f′（x）=3x2+6ax+3b 直线6x+2y+5=0的斜率为-3；

由已知 所以-----------------（3分）

所以由f′（x）=3x2-6x＞0得心x＜0或x＞2；

所以当x∈（0，2）时，函数单调递减；

当x∈（-∞，0），（2，+∞）时，函数单调递增．-----------------（6分）

（2）由（1）知，函数在x∈（1，2）时单调递减，在x∈（2，3）时单调递增；

所以函数在区间[1，3]有最小值f（2）=c-4要使x∈[1，3]，f（x）＞1-4c2恒成立

只需1-4c2＜c-4恒成立，所以c＜或c＞1．

故c的取值范围是{c|c或c＞1}-----------------（12分）