Question

7、9、10班同學做乙題，其他班同學任選一題，若兩題都做，則以較少得分計入總分．

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

（1）若a=－1，求f(x)的極值；

（2）求證：在（1）的條件下，；

（3）是否存在實數a，使f(x)的最小值是3，如果存在，求出a的值；如果不存在，說明理由.

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

   （1）若函數f(x)在點x=1處連續，求a的值；

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

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

Answer 1

解：（甲）(1)∵f(x)=－x－ln(－x)，f´(x)= －1，

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

此時f(x) 單調遞增，∴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－e＜x＜0時， h´(x) ＜0，且h(x)在x=－e處連續

∴h(x)在[－e，0)上單調遞減，∴h(x)_max=h(－e)=

∴當x[－e，0)時，

（3）假設存在實數a，使f(x)=ax－ln(－x)有最小值3， [－e，0)， f´(x)=，

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

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

解得a=（舍去）.

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

當時，f´(x)=a 此時f(x)=ax－ln(－x) 是增函數，

∴f(x)_min=f()=1－ln()=3，解得a=－e².

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

（乙）（1）∵f(1)=1，，

已知f(x)在點x=1處連續，∴有e^a－1=1. ∴a=1.

（2）當x∈(0，1)時，

此時，，

∵，，∴不可能在（0，1）上恒小于0.

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

在（0，1）上恒成立.

設，x∈(0，1). ∵u(x)在(0，1)上是增函數，u(x)<1.

∴當a≥1時，f(x)在(0，1)上是增函數.

又當a=1時，f(x)在(0，＋∞)上也是增函數；

當a>1時，∵，

此時，f(x)在(0，＋∞)上不是增函數.

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

欲證，

即證

需證

即需證

猜想：，其中t∈(0，1).

下面證明之. 構造函數，t∈(0，1).

∵，∴h(t)在(0，1)上是減函數，而，

∴h(t)>0，即有 同理，設s(t)=lnt－t＋1，t∈(0，1).

∵，∴s(t)在(0，1)上是增函數，而，

∴s(t)<0，即有 故有，其中t∈(0，1).

分別取，有

，

，

，

…

相加，得

即

∴

即

∴