Question

7、9、10班同学做乙题，其他班同学任选一题，若两题都做，则以较少得分计入总分．

（甲）已知f(x)=ax－ln(－x)，x∈[－e，0），，其中e=2.718 28…是自然对数的底数，a∈R.

（1）若a=－1，求f(x)的极值；

（2）求证：在（1）的条件下，；

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

（乙）定义在（0，＋∞）上的函数，其中e=2.718 28…是自然对数的底数，a∈R.

   （1）若函数f(x)在点x=1处连续，求a的值；

（2）若函数f(x)为（0，1）上的单调函数，求实数a的取值范围；并判断此时函数f(x)在（0，＋∞）上是否为单调函数；

（3）当x∈（0，1）时，记g(x)=lnf(x)＋x²－ax. 试证明：对，当n≥2时，有

Answer 1

解：（甲）(1)∵f(x)=－x－ln(－x)，f´(x)= －1，

∴当－e＜x＜－1时， f´(x)＜0，此时f(x)单调递减，当－1＜x＜0时，f´(x)＞0，

此时f(x) 单调递增，∴f(x)的极小值为f(－1)=1。

（2）∵f(x)的极小值即f(x)在[－e，0)上的最小值为1，∴| f(x)|_min=1，

令h(x)=g(x)＋， 又∴h´(x)=，∴当－e＜x＜0时， h´(x) ＜0，且h(x)在x=－e处连续

∴h(x)在[－e，0)上单调递减，∴h(x)_max=h(－e)=

∴当x[－e，0)时，

（3）假设存在实数a，使f(x)=ax－ln(－x)有最小值3， [－e，0)， f´(x)=，

①当a≥时， 由于（－e，0)， 则f´(x)=a 且f(x) 在x=－e处连续

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

解得a=（舍去）.

②当a＜时， 则当－e＜x＜时，f´(x)=a 此时f(x)=ax－ln(－x) 是减函数，

当时，f´(x)=a 此时f(x)=ax－ln(－x) 是增函数，

∴f(x)_min=f()=1－ln()=3，解得a=－e².

       由①、②知，存在实数a=－e²，使得当 [－e，0)，时f(x)有最小值3.

（乙）（1）∵f(1)=1，，

已知f(x)在点x=1处连续，∴有e^a－1=1. ∴a=1.

（2）当x∈(0，1)时，

此时，，

∵，，∴不可能在（0，1）上恒小于0.

故f(x)在（0，1）上必为增函数. ∴－2x²＋ax＋10在（0，1）上恒成立.

在（0，1）上恒成立.

设，x∈(0，1). ∵u(x)在(0，1)上是增函数，u(x)<1.

∴当a≥1时，f(x)在(0，1)上是增函数.

又当a=1时，f(x)在(0，＋∞)上也是增函数；

当a>1时，∵，

此时，f(x)在(0，＋∞)上不是增函数.

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

欲证，

即证

需证

即需证

猜想：，其中t∈(0，1).

下面证明之. 构造函数，t∈(0，1).

∵，∴h(t)在(0，1)上是减函数，而，

∴h(t)>0，即有 同理，设s(t)=lnt－t＋1，t∈(0，1).

∵，∴s(t)在(0，1)上是增函数，而，

∴s(t)<0，即有 故有，其中t∈(0，1).

分别取，有

，

，

，

…

相加，得

即

∴

即

∴