所以函数f(x)在区间上的最大值与最小值分别为f(t)，f(t＋1)．
2
f(t)－f(t＋1)＝log2(＋a)－log2(＋a)≤1，即at＋(a＋1)t－1≥0对任意
tt＋1
11
??t∈?，1?恒成立．
2?
?
1?1?2
因为a>0，所以函数y＝at＋(a＋1)t－1在区间?，1?上单调递增，当t＝时，y有最
2?2?31312
小值a－.由a－≥0，得a≥. 42423
1
?2?故a的取值范围为?，＋∞?.
?3?
?3＋log2x，x>0，?
5． 已知函数f(x)＝?2则不等式f(x)≤5的解集为( )
?2x－3x，x≤0，?
A.[－1，1]
B.(－∞，－1]∪(0，1) C.[－1，4]
D.(－∞，－1]∪[0，4]
5．C 当x>0时，3＋log2x≤5，即log2x≤2，解得0 故原不等式的解集为． ??x＋2x，x≥0， 6． 已知函数f(x)＝?为奇函数，则f＝ ( ) ?g（x），x<0? 2 2 2 A．－20 B．－18 C．－15 D．17 6．C 因为函数f(x)是奇函数，所以g(x)＝－x＋2x.故g(－1)＝－3，f(－3)＝g(－3)＝－15. 7． 某工厂生产某种产品，每日的成本C(单位：万元)与日产量x(单位：吨)满足函数关系式C＝3＋x，每日的销售额S(单位：万元)与日产量x之间的函数关系式如下： 2 k??3x＋＋5（0 x－8S＝? ??14（x≥6）. 已知每日的利润L＝S－C(L的单位：万元)，且当x＝2时，L＝3. (1)求k的值． (2)当日产量为多少吨时，每日的利润可以达到最大？并求出最大值． k??2x＋＋2，0 因为当x＝2时，L＝3，所以3＝2×2＋＋2， 2－8解得k＝18. (2)由(1)知，当0 18 ＋2，所以 x－8 18 2（8－x）·＋18 8－xkL＝2(x－8)＋ ＝6， 18?18?＋18＝－?2（8－x）＋＋18≤－2×8－x?x－8?? 当且仅当2(8－x)＝ 18 ，即x＝5时取等号； 8－x当x≥6时，L＝11－x≤5, 故当x＝6时，L取得最大值5. 综上可知，当日产量为5吨时，每日的利润可以达到最大，且最大值为6万元． 14． 已知函数f(x)＝ax＋ln(x＋b). 2 (1)当a＝0时，曲线y＝f(x)与直线y＝x＋1相切，求b的值； (2)当b＝1时，函数y＝f(x)图像上的点都在x－y≥0所表示的平面区域内，求实数a的取值范围． 14．解：(1)当a＝0时，f(x)＝ln(x＋b)，f′(x)＝ 1 ， x＋b令f′(x)＝1，得x＝1－b，于是切点坐标为(1－b，0)． 将切点坐标(1－b，0)代入切线方程，有0＝1－b＋1， 解得b＝2. (2)当b＝1时，f(x)＝ax＋ln(x＋1)．根据已知可知，当x>－1时，有x－ax－ln(x＋1)≥0恒成立， 即ax－x＋ln(x＋1)≤0恒成立． 设F(x)＝ax－x＋ln(x＋1)(x>－1)，则原命题等价于F(x)max≤0， 1x[2ax＋（2a－1）] F′(x)＝2ax－1＋＝. x＋1x＋1 1－2a1 ①当a<0时，令F′(x)＝0，有x＝0或x＝＝－1＋<－1(舍去)．所以当－1 2a2a时，F′(x)>0，即F(x)是增函数；当x>0时，F′(x)<0，即F(x)是减函数． 故F(x)max＝F(0)＝0，满足条件． －x②当a＝0时，F′(x)＝. 1＋x 2 2 2 2 当－1 故F(x)max＝F(0)＝0，满足条件． 11 ③当a>0时，F()＝ln(＋1)>ln 1＝0，不满足条件． aa综上所述，实数a的取值范围是(－∞，0]． 12 9． 设函数f(x)＝x＋ln x－mx(m>0)． 2(1)求f(x)的单调区间； (2)求f(x)的零点个数； (3)证明：曲线y＝f(x)上没有经过原点的切线． 9．解：(1)由题意知，f(x)的定义域为(0，＋∞)， 1x－mx＋1 f′(x)＝x＋－m＝. 2 xx令f′(x)＝0，得x－mx＋1＝0. ①当Δ＝m－4≤0，即0 ②当Δ＝m－4>0，即m>2时，由x－mx＋1＝0得 2 2 2 2 x1＝ m－m2－4 2 ，x2＝ m＋m2－4 2 ，且0 ∵在区间(0，x1)和(x2，＋∞)上，f′(x)>0，在区间(x1，x2)上，f′(x)<0，∴f(x)在区间(0，x1)和(x2，＋∞)上单调递增，在区间(x1，x2)上单调递减． (2)由(1)可知，当0 1 ∵f(x)＝x(x－2m)＋ln x，∴当0 2故f(x)有且仅有一个零点． 当m>2时，∵f(x)在区间(0，x1)和(x2，＋∞)上单调递增，在区间(x1，x2)上单调递减，1?m－m2－4?2m－m2－4m（m－m2－4）－m2＋mm2－4－2 且f(x1)＝?－＝＋?＋ln 2?2242?ln m－m2－4 2 2 ， 2 2 2 －m＋mm－4－2－m＋m－2 ∵<<0， 440< m－m2－4 2 44＝<＝1， 2 2（m＋m－4）4 ∴f(x1)<0.由此知f(x2) ∴f(x)在区间(0，＋∞)上有且仅有一个零点． 综上所述，当m>0时，f(x)有且仅有一个零点． (3)证明：假设曲线y＝f(x)在点(x，f(x))(x>0)处的切线经过原点， 12 x＋ln x－mx2f（x）1 则有＝f′(x)，即＝x＋－m， xxx12 化简得x－ln x＋1＝0(x>0)．(*) 2 121x－1 记g(x)＝x－ln x＋1(x>0)，则g′(x)＝x－＝， 2xx令g′(x)＝0，解得x＝1. 当0 ∴g(1)＝是g(x)的最小值， 2123 即当x>0时，x－ln x＋1≥. 22 由此说明方程(*)无解，∴曲线y＝f(x)没有经过原点的切线． 2