热门试卷

解：（Ⅰ）当a=1时，f（x）=x2-ex，f（x）在R上单调递减．

事实上，要证f′（x）=x2-ex在R上为减函数，只要证明f′（x）≤0对∀x∈R恒成立即可，

设g（x）=f′（x）=2x-ex，则g′（x）=2-ex，

当x=ln2时，g′（x）=0，

当x∈（-∞，ln2）时，g′（x）＞0，当x∈（ln2，+∞）时，g′（x）＜0．

∴函数g（x）在（-∞，ln2）上为增函数，在（ln2，+∞）上为减函数．

∴f′（x）max=g（x）max=g（ln2）=2ln2-2＜0，故f′（x）＜0恒成立

所以f（x）在R上单调递减；                                    

（Ⅱ）（i）由f（x）=ax2-ex，所以，f′（x）=2ax-ex．

若f（x）有两个极值点x1，x2，则x1，x2是方程f′（x）=0的两个根，

故方程2ax-ex=0有两个根x1，x2，

又因为x=0显然不是该方程的根，所以方程有两个根，

设，得．

若x＜0时，h（x）＜0且h′（x）＜0，h（x）单调递减．

若x＞0时，h（x）＞0．

当0＜x＜1时h′（x）＜0，h（x）单调递减，

当x＞1时h′（x）＞0，h（x）单调递增．

要使方程有两个根，需2a＞h（1）=e，故且0＜x1＜1＜x2．

故a的取值范围为．

（ii）证明：由f′（x1）=0，得：，故，x1∈（0，1）

=，x1∈（0，1）

设s（t）=（0＜t＜1），则，s（t）在（0，1）上单调递减

故s（1）＜s（t）＜s（0），即．

解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=ax-=，

（Ⅰ）当a＜0时，f′（x）＜0，故函数f（x）在（0，+∞）上单调递减；

当a=0时，f′（x）=＜0，故函数f（x）在（0，+∞）上单调递减；

当a＞0时，令f′（x）=0，结合x＞0，解得，当x∈（0，）时，f′（x）＜0，所以函数f（x）在（0，）上单调递减；当x∈（，+∞）时，f′（x）＞0，所以函数f（x）在（，+∞）上单调递增；

综上所述：当a≤0时，f′（x）＜0，故函数f（x）在（0，+∞）上单调递减；当a＞0时，函数f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增．

（Ⅱ）因为对任意m∈[1，e]，直线PM的倾斜角都是钝角，所以对任意m∈[1，e]，直线PM的斜率小于0，

即，所以f（m）＜1，即f（x）在区间[1，e]上的最大值小于1．

又因为f′（x）=ax-=，令g（x）=ax2-2，x∈[1，e]

（1）当a≤0时，由（Ⅰ）知f（x）在区间[1，e]上单调递减，所以f（x）的最大值为f（1）=＜1，所以a＜2，

故a≤0符和题意；

（2）当a＞0时，令f′（x）=0，得，

①当≤1，即a≥2时，f（x）在区间[1，e]上单调递增，所以函数f（x）的最大值f（e）=，解得a＜，故无解；

②当≥e，即时，f（x）在区间[1，e]上单调递减，函数f（x）的最大值为f（1）=＜1，解得a＜2，故0；

③当，即时，函数f（x）在（1，）上单调递减；当x∈（，e）上单调递增，故f（x）在区间x∈[1，e]上的最大值只能是f（1）或f（e），

所以，即，故．

综上所述a的取值范围．

解：（Ⅰ）由f（x）=ax2+bx-3，可得f′（x）=2ax+b．

由题设可得即

解得a=1，b=-2．

所以f（x）=x2-2x-3．

（Ⅱ）由题意得g（x）=xf（x）+4x=x3-2x2+x，

所以g′（x）=3x2-4x+1=（3x-1）（x-1）．

令g′（x）=0，得，x2=1．

所以函数g（x）的单调递增区间为，（1，+∞）．