热门试卷

由已知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)

g(x)＝f '(x)＝2(x－1－lnx－a)

所以g'(x)＝2－

当x∈(0，1)时，g'(x)＜0，g(x)单调递减

当x∈(1，＋∞)时，g'(x)＞)，g(x)单调递增

由f '(x)＝2(x－1－lnx－a)＝0，解得a＝x－1－lnx

令Φ(x)＝－2xlnx＋x2－2x(x－1－lnx)＋(x－1－lnx)2＝(1＋lnx)2－2xlnx

则Φ(1)＝1＞0，Φ(e)＝2(2－e)＜0

于是存在x0∈(1，e)，使得Φ(x0)＝0

令a0＝x0－1－lnx0＝u(x0)，其中u(x)＝x－1－lnx(x≥1)

由u'(x)＝1－≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增

故0＝u(1)＜a0＝u(x0)＜u(e)＝e－2＜1

即a0∈(0，1)

当a＝a0时，有f '(x0)＝0，f(x0)＝Φ(x0)＝0

再由(I)知，f '(x)在区间(1，＋∞)上单调递增

当x∈(1，x0)时，f '(x)＜0，从而f(x)＞f(x0)＝0

当x∈(x0，＋∞)时，f '(x)＞0，从而f(x)＞f(x0)＝0

又当x∈(0，1]时，f(x)＝(x－a0)2－2xlnx＞0

故x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0

综上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解.

（Ⅰ）函数f (x)的定义域为R，f ′(x)＝＝.

当a>0时，当x变化时，f ′(x)，f(x)的变化情况如下表：

当a<0时，当x变化时，f ′(x)，f(x)的变化情况如下表：

综上所述，

当a>0时，f (x)的单调递增区间为(－1，1)，单调递减区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)；

当a<0时，f (x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)，单调递减区间为(－1，1)．

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，当a>0时，f (x)在区间(0，1)上单调递增，f (x)>f (0)＝a；

f (x)在区间(1，e]上单调递减，且f (e)＝＋a>a，所以当x∈(0，e]时，f (x)>a.

因为g(x)＝aln x－x，所以g′(x)＝－1，令g′(x)＝0，得x＝a.

①当a≥e时，g′(x)≥0在区间(0，e]上恒成立，

所以函数g(x)在区间(0，e]上单调递增，所以g(x)max＝g(e)＝a－e<a.

所以对于任意x1，x2∈(0，e]，仍有g(x1)<f(x2)．

②当0<ag′(x)>0，得0<x<a；由g′(x)<0，得e≥x>a，所以函数g(x)在区间(0，a)上单调递增，在区间(a，e]上单调递减．所以g(x)max＝g(a)＝aln a－a.

因为a－(aln a－a)＝a(2－ln a)>a(2－ln e)＝a>0，

所以对任意x1，x2∈(0，e]，总有g(x1)<f (x2)．

综上所述，对于任意x1，x2∈(0，e]，总有g(x1)<f (x2)．

（Ⅰ）当时，，定义域为，

的导函数．

当时，，在上是减函数；

当时，，在上是增函数．

∴当时，取得极小值为，无极大值．

（Ⅱ）当时，的定义域为，的导函数为．

由得，，．

（1）当时，在上是减函数，在上是增函数，在上是减函数；

（2）当时，在上是减函数；

（3）当时，在上是减函数，在上是增函数，

在上是减函数．

综上所述，

当时，在上是减函数，在上是增函数；

当时，在上是减函数；

当时，在上是减函数，在上是增函数．

（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当时，在上是减函数．

∴．

∵对于任意的都有，

∴对任意恒成立，

∴对任意恒成立．

当时，，∴．

∴实数的取值范围为．

试题分析：先求出函数的导函数，由已知有可得关于的一个一元方程，解之即得的值，

试题解析： (1)对求导得

因为在处取得极值，所以，

即,解得.

试题分析：由（Ⅰ）的结果可得函数

，利用积的求导法则可求出

解得.从而分别讨论，，及时的符号即可得到函数的单调性．

(2)由(1)得，,

故

令，解得.

当时，,故为减函数，

当时，,故为增函数，

当时，,故为减函数，

当时，,故为增函数，

综上知在 内为减函数，内为增函数.