热门试卷

试题分析：本题属于导数的综合应用问题，属于拔高题，不容易得分，解析如下：

，

∵x=1为f（x）的极值点，∴f'（1）=0，

∴且c≠1，b+c+1=0．

（I）若x=1为f（x）的极大值点，

∴c＞1，当0＜x＜1时，f'（x）＞0；当1＜x＜c时，f'（x）＜0；

当x＞c时，f'（x）＞0．∴f（x）的递增区间为（0，1），（c，+∞）；递减区间为（1，c）．

（II）①若c＜0，则f（x）在（0，1）上递减，在（1，+∞）上递增，

f（x）=0恰有两解，则f（1）＜0，即，∴c＜0；

②若0＜c＜1，则f（x）的极大值为f（c）=clnc+c2+bc，

f，∵b=﹣1﹣c，

则=clnc﹣c﹣，

f，从而f（x）=0只有一解；

③若c＞1，则=clnc﹣c﹣，

，则f（x）=0只有一解．

综上，使f（x）=0恰有两解的c的范围为： c＜0．

求导得由题意可得，且

解得（Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）知

所以不等式可化为

令，则

当时，恒成立，则在R上单调递增，没有最小值，故不成立。

当时，解得，,

当时，解得；当时，解得

即当时，单调递减，当时，单调递增。

故当时取得最小值，

即

令，则，令，则

当时，单调递增，当时，单调递减，

故当时，取得最大值，所以，

即得最大值为.

方法二：由（Ⅰ）知

所以不等式可化为

即函数的图象恒在直线的上方，易知，

要使取得最大值，则需与相切，设切点为，

则有，联立解得，

所以

以下解法同上

试题分析:此题属于导数的常规问题，难度较大。函数的单调性，最值，零点的个数等等，都可利用导数加以解决。

（1）由函数f(x)＝a+lnx(a∈R)，得f ′(x)＝．

令f ′(x)＝0，得 x＝e-2．列表如下：

因此，函数f(x)的单调增区间为(e-2，+∞)，单调减区间为(0，e-2)．

（2）由（1）可知，fmin(x)＝f(e-2)＝a－2e-1．

（i）当a＞2e-1时，由f(x)≥f(e-2)＝a－2e-1＞0，得函数f(x)的零点个数为0．

（ii）当a＝2e-1时，因f(x)在(e-2，+∞)上是单调增，在(0，e-2)上单调减，

故x∈(0，e-2)∪(e-2，+∞)时，f(x)＞f(e-2)＝0．

此时，函数f(x)的零点个数为1．

（iii）当a＜2e-1时，fmin(x)＝f(e-2)＝a－2e-1＜0．

①a≤0时，

因为当x∈(0，e-2]时，f(x)＝a＋lnx＜a≤0，

所以，函数f(x)在区间(0，e-2]上无零点；

另一方面，因为f(x)在[e-2，+∞)单调递增，且f(e-2)＝a－2e-1＜0，

又e-2a∈(e-2，+∞)，且f(e-2a)＝a(1－2e-a)0，

此时，函数f(x)在(e-2，+∞)上有且只有一个零点．

所以，当a≤0时，函数f(x)零点个数为1．

②0＜a＜2e-1时，

因为f(x)在[e-2，+∞)上单调递增，且f(1)＝a＞0，f(e-2)＝a－2e-1＜0，

所以，函数f(x)在区间(e-2，+∞)有且只有1个零点；

另一方面，因为f(x)在(0，e-2]上是单调递减，且f(e-2)＝a－2e-1＜0

又∈(0，e-2)，且f()＝a－＞a－＝0，（当时，成立）

此时，函数f(x)在(0，e-2)上有且只有1个零点．

所以，当0＜a＜2e-1时，函数f(x)零点个数为2．

综上所述，当a＞2e-1时，f(x)的零点个数为0；当a＝2e-1，或a≤0时，f(x)的零点个数为1；

当0＜a＜2e-1时，f(x)的零点个数为2．