热门试卷

解：（1）f′（x）=axlna+2x-lna=2x+（ax-1）lna，

由于a＞1，故当x∈（0，+∞）时，lna＞0，ax-1＞0，所以f′（x）＞0，

故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，

x∈（-∞，0）时，2x＜0，lna＞0，ax-1＜0，所以f′（x）＜0，

故函数f（x）在（-∞，0）递减；

（2）若关于x的方程|f（x）-m|=1有四个不同的实数根，

|f（x）-t|-1=0，得ax=-x2+xlna+t±1结合图象，

指数函数图象与抛物线至多有2个交点，故两个方程各有两个根，

故函数g（x）=ax+x2-xlna-（t±1）的最小值要小于0，

g′（x）=（ax-1）lna+2x，g″（x）=ax（lna）2+2＞0，g′（x）单调增，

当x＞0时，g′（x）＞g′（0）=0，g（x）在[0，+∞）单调增；

当x＜0时，g′（x）＜g′（0）=0，g（x）在（-∞，0]单调减．

故当x=0时，g（x）取到最小值．令g（0）=1-（t±1）＜0，

所以t＞2；

（3）f（1）-f（-1）=a--2lna，

令g（a）=a--2lna，（a＞1），

则g′（a）=1+-=＞0，

∴g（a）在（1，+∞）递增，

∴g（a）＞g（1）=1-1-2ln1=0，

∴f（1）＞f（-1）．

解：（1）当时，f（x）=x-x2+lnx，则f（x）的定义域为：（0，+∞），

∴．

∴由f′（x）＞0，得0＜x＜1；由f′（x）＜0，得x＞1；

∴f（x）在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数．

∴f（x）的最大值为f（1）=0；

（2）∵．

若函数f（x）在区间[1，2]上为单调函数，

则f′（x）≥0，或f′（x）≤0在区间[1，2]上恒成立．

∴在区间[1，2]上恒成立．

即在区间[1，2]上恒成立，

设，则

∴在区间[1，2]上为增函数．

∴，

∴函数f（x）在区间[1，2]上为单调函数，只需使即可，

∴．

解：（Ⅰ）f′（x）=ex-e，令f′（x）=0，解得x=1

当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，∴f（x）在（1，+∞）单调递增；

当x∈（-∞，1）时，f′（x）＜0，∴f（x）在（-∞，1）单调递减．

f（x）的单调递增区间是（1，+∞），f（x）的单调递减区间是（-∞，1）．   

（Ⅱ）f′（x）=ex-k，令f′（x）=0，解得x=lnk．                     

①当k∈（0，1]时，f′（x）=ex-k＞1-k≥0（x＞0）．此时f（x）在[0，+∞）上单调递增．

f（x）≥f（0）=1＞0，符合题意．                        

②当k∈（1，+∞）时，lnk＞0．当x变化时f′（x），f（x）的变化情况如下表：

由此可得，在[0，+∞）上，f（x）≥f（lnk）=k-klnk．              

依题意，k-klnk＞0，又k＞1，1＜k＜e．

综合①，②得，实数k的取值范围是0＜k＜e．                    

（Ⅲ）由于存在x0∈[1，e]，使f（x0）＜g（x0），

则kx0＞2lnx0

故

令，则

当x∈[1，e]时，F′（x）≥0（仅当x=e时取等号）

∴F（x）在[1，e]上单调递增，

∴F（x）min=F（1）=0，因此k＞0．

解：（1）函数f（x）=-x3+ax2+b的导数为：

f′（x）=-3x2+2ax，

由于函数y=f（x）的图象切x轴于点（2，0），

则f′（2）=0，即有-12+4a=0，解得，a=3，

f（2）=0，即有-8+3×4+b=0，解得，b=-4．

解得，a=3，b=-4；

（2）k=f′（x）=-3x2+2ax（0＜x＜1），

对任意的x∈（0，1），|k|≤1，即|-3x2+2ax|≤1对任意的x∈（0，1）恒成立，

等价于3x-≤2a≤+3x对任意的x∈（0，1）恒成立．

令g（x）=，h（x）=3x-，

则h（x）max≤a≤g（x）min，x∈（0，1），

由于+3x，当且仅当x=时“=”成立，g（x）min=2，

h（x）=3x-在（0，1）上为增函数，h（x）max＜2，

则1；      

（3）设x1，x2∈R，且x1≠x2，k=＜1，

不妨设x1＜x2，则f（x2）-x2＜f（x1）-x1，

令F（x）=f（x）-x，则F（x）为R上的减函数，

则F′（x）=-3x2+2ax-1≤0对x∈R恒成立，

即3x2-2ax+1≥0对x∈R恒成立，

即△≤0，即4a2-12≤0，

则有-≤a≤．