Question

7、9、10班同學(xué)做乙題，其他班同學(xué)任選一題，若兩題都做，則以較少得分計(jì)入總分．

（甲）已知f(x)=ax－ln(－x)，x∈[－e，0），，其中e=2.718 28…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，a∈R.

（1）若a=－1，求f(x)的極值；

（2）求證：在（1）的條件下，；

（3）是否存在實(shí)數(shù)a，使f(x)的最小值是3，如果存在，求出a的值；如果不存在，說(shuō)明理由.

（乙）定義在（0，＋∞）上的函數(shù)，其中e=2.718 28…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，a∈R.

   （1）若函數(shù)f(x)在點(diǎn)x=1處連續(xù)，求a的值；

（2）若函數(shù)f(x)為（0，1）上的單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；并判斷此時(shí)函數(shù)f(x)在（0，＋∞）上是否為單調(diào)函數(shù)；

（3）當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，記g(x)=lnf(x)＋x²－ax. 試證明：對(duì)，當(dāng)n≥2時(shí)，有

Answer 1

解：（甲）(1)∵f(x)=－x－ln(－x)，f´(x)= －1，

∴當(dāng)－e＜x＜－1時(shí)， f´(x)＜0，此時(shí)f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)－1＜x＜0時(shí)，f´(x)＞0，

此時(shí)f(x) 單調(diào)遞增，∴f(x)的極小值為f(－1)=1。

（2）∵f(x)的極小值即f(x)在[－e，0)上的最小值為1，∴| f(x)|_min=1，

令h(x)=g(x)＋， 又∴h´(x)=，∴當(dāng)－e＜x＜0時(shí)， h´(x) ＜0，且h(x)在x=－e處連續(xù)

∴h(x)在[－e，0)上單調(diào)遞減，∴h(x)_max=h(－e)=

∴當(dāng)x[－e，0)時(shí)，

（3）假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使f(x)=ax－ln(－x)有最小值3， [－e，0)， f´(x)=，

①當(dāng)a≥時(shí)， 由于（－e，0)， 則f´(x)=a 且f(x) 在x=－e處連續(xù)

∴函數(shù)f(x)=ax－ln(－x)是[－e，0)上的增函數(shù)，∴f(x)_min=f(－e)= －ae－1=3，

解得a=（舍去）.

②當(dāng)a＜時(shí)， 則當(dāng)－e＜x＜時(shí)，f´(x)=a 此時(shí)f(x)=ax－ln(－x) 是減函數(shù)，

當(dāng)時(shí)，f´(x)=a 此時(shí)f(x)=ax－ln(－x) 是增函數(shù)，

∴f(x)_min=f()=1－ln()=3，解得a=－e².

       由①、②知，存在實(shí)數(shù)a=－e²，使得當(dāng) [－e，0)，時(shí)f(x)有最小值3.

（乙）（1）∵f(1)=1，，

已知f(x)在點(diǎn)x=1處連續(xù)，∴有e^a－1=1. ∴a=1.

（2）當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，

此時(shí)，，

∵，，∴不可能在（0，1）上恒小于0.

故f(x)在（0，1）上必為增函數(shù). ∴－2x²＋ax＋10在（0，1）上恒成立.

在（0，1）上恒成立.

設(shè)，x∈(0，1). ∵u(x)在(0，1)上是增函數(shù)，u(x)<1.

∴當(dāng)a≥1時(shí)，f(x)在(0，1)上是增函數(shù).

又當(dāng)a=1時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上也是增函數(shù)；

當(dāng)a>1時(shí)，∵，

此時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上不是增函數(shù).

（3）當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g(x)=lnf(x)＋x²－ax=lnx. 當(dāng)n≥2時(shí)，

欲證，

即證

需證

即需證

猜想：，其中t∈(0，1).

下面證明之. 構(gòu)造函數(shù)，t∈(0，1).

∵，∴h(t)在(0，1)上是減函數(shù)，而，

∴h(t)>0，即有 同理，設(shè)s(t)=lnt－t＋1，t∈(0，1).

∵，∴s(t)在(0，1)上是增函數(shù)，而，

∴s(t)<0，即有 故有，其中t∈(0，1).

分別取，有

，

，

，

…

相加，得

即

∴

即

∴