热门试卷

试题分析：本题属于导数的常规问题，难度较大。函数的单调性、最值、不等式证明问题等等，都可利用导数加以解决。

（Ⅰ）由题意得，，

令，则，

在区间上，，单调递减；在区间上，，单调递增．

所以的最小值为，即，

所以函数在区间上单调递增，即.

（Ⅱ）令，则，

令，则，

由（1），得，则在区间上单调递减.

①当时，，且，

在区间上，，单调递增，在区间上，，单调递减，

所以的最大值为，即恒成立.

②当时，，

时，，解得，

即时，，单调递减，

又，所以此时，与恒成立矛盾.

③当时，，

时，，解得，

即时，，单调递增，

又，所以此时，与恒成立矛盾.

综上，的取值为.

（Ⅰ）f'（x）=ln（﹣x）+a，

由题意知x=﹣e时，f'（x）=0，即：f'（﹣e）=1+a=0，∴a=﹣1

∴f（x）=xln（﹣x）﹣2x，f'（x）=ln（﹣x）﹣1

令f'（x）=ln（﹣x）﹣1=0，可得x=﹣e

令f'（x）=ln（﹣x）﹣1＞0，可得x＜﹣e

令f'（x）=ln（﹣x）﹣1＜0，可得﹣e＜x＜0

∴f（x）在（﹣∞，﹣e）上是增函数，在（﹣e，0）上是减函数，

（Ⅱ）f'（x）=ln（﹣x）+a，∵x∈  ，   ∴﹣x∈  ， ∴ln（﹣x）∈  ，

①若a≥1，则f'（x）=ln（﹣x）+a≥0恒成立，此时f（x）在上是增函数，

fmax（x）=f（﹣e﹣1）=（2﹣a）e﹣1

②若a≤﹣2，则f'（x）=ln（﹣x）+a≤0恒成立，此时f（x）在上是减函数，

fmax（x）=f（﹣e2）=﹣（a+1）e2

③若﹣2＜a＜1，则令f'（x）=ln（﹣x）+a=0可得x=﹣e﹣a

∵f'（x）=ln（﹣x）+a是减函数，

∴当x＜﹣e﹣a时f'（x）＞0，当x＞﹣e﹣a时f'（x）＜0

∴f（x）在（﹣∞，﹣e）上左增右减，

∴fmax（x）=f（﹣e﹣a）=e﹣a，（13分）

综上：