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