热门试卷

（1）f′(x)＝－2x＋＝－2 (x>0)，

由得0<x<1；由得x>1.

∴f(x)在(0,1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数。

∴函数f(x)的最大值为f(1)＝－1

（2）∵g(x)＝x＋，∴g′(x)＝1－.

①由(1)知，x＝1是函数f(x)的极值点。

又∵函数f(x)与g(x)＝x＋有相同极值点，

∴x＝1是函数g(x)的极值点。

∴g′(1)＝1－a＝0，解得a＝1.

经检验，当a＝1时，函数g(x)取到极小值，符合题意，

②∵f()＝，f(1)＝－1，f(3)＝－9＋2ln3，

∵－9＋2ln3<<－1，即f(3)<f()<f(1)，

∴∀x1∈， f(x1)min＝f(3)＝－9＋2ln3，f(x1)max＝f(1)＝－1.

由①知g(x)＝x＋，∴g′(x)＝1－.

故g(x)在时，g′(x)<0；当x∈(1,3]时，g′(x)>0.

故g(x)在上为减函数，在(1,3]上为增函数。

∵g()＝e＋，g(1)＝2，g(3)＝3＋＝，

而2<e<，∴g(1)<g()<g(3)。

∴∀x2∈，g(x2)min＝g(1)＝2，g(x2)max＝g(3)＝.

当k－1>0，即k>1时，

对于∀x1，x2∈，不等式≤1恒成立

⇔k－1≥[f(x1)－g(x2)]max⇔k≥[f(x1)－g(x2)]max＋1.

∵f(x1)－g(x2)≤f(1)－g(1)＝－1－2＝－3，

∴k≥－3＋1＝－2，又∵k>1，∴k>1.

当k－1<0，即k<1时，

对于∀x1，x2∈，不等式≤1恒成立

⇔k－1≤[f(x1)－g(x2)]min⇔k≤[f(x1)－g(x2)]min＋1.

∵f(x1)－g(x2)≥f(3)－g(3)＝－9＋2ln3－＝－＋2ln3，

∴k≤－＋2ln3.

又∵k<1，∴k≤－＋2ln3.

综上，所求的实数k的取值范围为∪(1，＋∞)

（1）0≤x＜1时，由f（x）=得，∴x=，

即a1=。

1≤x＜2时，0≤x﹣1＜1，f（x）=2f（x﹣1）=2x﹣2，

由f（x）=得2x﹣2=，∴x=+1，

∴a2=+1；

（2）设n﹣1≤x＜n，则0≤x﹣（n﹣1）＜1，

∴f（x）=21f（x﹣1）=22f（x﹣2）=…=2n﹣1f[x﹣（n﹣1）]=2n﹣1（2x﹣n+1﹣1）=2x﹣2n﹣1，

∵2n＜2n+1＜2n+1，∴x=log2（2n+1）﹣1∈（n﹣1，n），

即方程f（x）=在x∈[n﹣1，n）内有且仅有一个实根，

∴an=log2（2n+1）﹣1。

解析:

（1）当a＝1时，f(x)＝，f′(x)＝  

由f′(0)＝2，得曲线y＝f(x)在原点处的切线方程是2x－y＝0.    

（2）f′(x)＝.

①当a＝0时，f′(x)＝.

所以f(x)在(0，＋∞)单调递增，在(－∞，0)单调递减，

当a≠0，f′(x)＝.

当a>0时，令f′(x)＝0，得x1＝－a，x2＝，f(x)与f′(x)的情况如下：

故f(x)的单调减区间是(－∞，－a)，(，＋∞)；单调增区间是(－a，)

③  当a<0时，f(x)与f′(x)的情况如下：

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

综上，a>0时，f(x)在(－∞，－a)，(，＋∞)单调递减；在(－a，)单调递增。

a＝0时，f(x)在(0，＋∞)单调递增；在(－∞，0)单调递减。

a<0时，f(x)在(－∞，)，(－a，＋∞)单调递增；在(，－a)单调递减，

（1）f(x)＝|x-3|＋|x-4|＝………………………………2分

作函数y＝f(x)的图象，它与直线y＝2交点的横坐标为和，由图象知

不等式的定义域为[，]。    …………………………5分

（2）函数y＝ax-1的图象是过点(0，-1)的直线。

当且仅当函数y＝f(x)与直线y＝ax-1有公共点时，存在题设的x。

由图象知，a取值范围为(-∞，-2)∪[，＋∞)。 …………………………10分

（1）   ……2分

由题可知 ，易知，……………………………3分

令 ，则，则 为增函数所以为的唯一解. ………………………………………4分

令

可知f(x)的减区间为（）

同理增区间为（），（）   ……………………………………6分

（2）令

注：此过程为求最小值过程，方法不唯一，只要论述合理就给分，

若则，在为增函数，

则满足题意；……………………………………………9分

若则

因为，

则对于任意，必存在，使得

必存在使得则在为负数，

在为减函数，则矛盾，…………………………11分

注：此过程为论述当时存在减区间，方法不唯一，只要论述合理就给分；

综上所述                                                   …………………………………12分

（1）当a=3时，f（x）=x-3x，

∴f′（x）=1-3xln3，

∴f′（1）=1-3ln3，

∵f（1）=-2，

∴曲线f（x）在点P（1，f（1））处的切线方程为y+2=（1﹣3ln3）（x﹣1），即y=（1﹣3ln3）x﹣3+3ln3；

（2）f′（x）=1﹣axlna。

①0＜a＜1时，ax＞0，lna＜0，∴f′（x）＞0，

∴f（x）在R上为增函数，f（x）无极大值；

②a＞1，设f′（x）=0的根为t，则at=，即t=，

∴f（x）在（-∞，t）上为增函数，在（t，+∞）上为减函数，

∴f（x）的极大值为f（t）=t﹣at=﹣，即g（a）=﹣，

∵a＞1，∴＞0。

设h（x）=xlnx-x，x＞0，则h′（x）=lnx=0得x=1，

∴h（x）在（0，1）上为减函数，在（1，+∞）上为增函数，

∴h（x）的最小值为h（1）=-1，即g（a）的最小值为-1，此时a=e。

解析：（1）由f（x）=alnx+（a≠0），得：，

∵a≠0，令，∴g（0）=1＞0。

令或，  则0＜a＜2。

（2）由（1）得：，

设ax2﹣（2a+1）x+a=0（0＜a＜2）的两根为α，β，

则，得。

当x∈（0，α）和（β，+∞）时，，函数f（x）单调递增；

当x∈和（2，β）时，，函数f（x）单调递减，

则f（x1）≤f（a），f（x2）≥f（β），

则f（x2）﹣f（x1）≥f（β）﹣f（α）=alnβ﹣alnα﹣

==（利用）

令，x＞2则，

则函数h（x）单调递增， h（x）≥h（2）=2ln2+，

∴，

∵，则，

∴f（x1）﹣f（x2）≥ln2+。