热门试卷

（Ⅰ）∵f′(x)=2x-，

∴f'（1）=2-a=0，∴a=2

∴g(x)=x-2．

由g′(x)=1-＞0，得x＞1；由g′(x)=1-＜0，得0＜x＜1．

∴g（x）的单调递减区间是（0，1），单调递增区间是（1，+∞）．（5分）

（3）由题意知C1：h(x)=x-2+6．

问题转化为G(x)=x2-2lnx-(x-2+6)=0在（0，+∞）上解的个数

G′(x)=2x-2-1+==．

由G'（x）＞0，得x＞1；由G'（x）＜0，得0＜x＜1．

∴G（x）在区间（1，+∞）上单调递增，在区间（0，1）上单调递减．

又G（1）=-4＜0，所以G(x)=x2-2lnx-(x-2+6)=0在（0，+∞）上有2个解．

即C1与f（x）对应曲线C2的交点个数是2．（12分）

（Ⅰ）当a=1时，f（x）=-x3+x2+2x，

∴f'（x）=-x2+x+2，（2分）

令f'（x）＞0，即-x2+x+2＞0，解得-1＜x＜2，

∴函数f（x）的单调递增区间是（-1，2）；（5分）

（Ⅱ）若函数f（x）在R上单调递减，则f'（x）≤0对x∈R都成立，

即-x2+ax+2a≤0对x∈R都成立，即x2-ax-2a≥0对x∈R都成立．（7分）

∴△=a2+8a≤0，解得-8≤a≤0．

∴当-8≤a≤0时，函数f（x）能在R上单调递减；（10分）

（Ⅲ）∵函数f（x）在[-1，1]上单调递增，

∴f'（x）≥0对x∈[-1，1]都成立，∴-x2+ax+2a≥0对x∈[-1，1]都成立．

∴a（x+2）≥x2对x∈[-1，1]都成立，即a≥对x∈[-1，1]都成立．（12分）

令g（x）=，则g'（x）==．

当-1≤x＜0时，g'（x）＜0；当0≤x＜1时，g'（x）＞0．

∴g（x）在[-1，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增．

∵g（-1）=1，g（1）=，∴g（x）在[-1，1]上的最大值是g（-1）=1，∴a≥1．（15分）

（1）依题意对∀x∈（0，+∞）均有ex≥kx≥lnx成立

即对任意∀x∈（0，+∞）均有≥k≥成立…（1分）

∴（）min≥k≥()max

因为（）=故y=在（0，1）上减，（1，+∞）增

∴（）min=e

又()=故y=在（0，e）上减，（e，+∞）增

∴()max=即k的取值范围是[，e]

（2）由题知：h（x）即为y-e x1=e x1（x-x1）即y=e x1•x+e x1-x1 e x1

也为y=lnx2=(x-x2)即y=x+lnx2-1

∴…（6分）

又x1=0，∴e x1＞1  即＞1⇒x1＞1

即x1＞1＞x2…（8分）

（3）令F（x）=ax2-x+xe-x+1（x≥x1）

∴F′（x）=-1-xe-x+e-x=-1+e-x（1-x）（ x≥x1）

又x≥x1＞1，F′（x）=-1-xe-x+e-x=-1+e-x（1-x）＜0

即F（x）=ax2-x+xe-x+1（x≥x1）单调减，

所以只要F（x）≤F（x1）=ax2-x1+x1e -x1+1≤0

即a+x1-x1e x1+e x1≤0…（12分）

由

∴

即x1-x1ex1+ex1=-1

故只要a+x1-x1ex1+ex1=a-1≤0得：

a≤1

综上，实数a的取值范围是（-∞，1]…（14分）

（1）证明：∵f(+x)=a(1-2|+x-|)=a（1-2|x|），f(-x)=a(1-2|-x-|)=a（1-2|x|），

∴f(+x)=f(-x)，∴f（x）的图象关于直线x=对称．

（2）当0＜a＜时，有f（f（x））=．

∴f（f（x））=x只有一个解x=0又f（0）=0，故0不是二阶周期点．

当a=时，有f（f（x））=．

∴f（f（x））=x有解集，{x|x≤}，故此集合中的所有点都不是二阶周期点．

当a＞时，有f（f（x））=，

∴f（f（x））=x有四个0，，，．

由f（0）=0，f()=，f()≠，f()≠．

故只有，是f（x）的二阶周期点，综上所述，所求a的取值范围为a＞．

（3）由（2）得x1=，x2=．

∵x2为函数f（x）的最大值点，∴x3=，或x3=．

当x3=时，S（a）=．求导得：S′（a）=-．

∴当a∈(，)时，S（a）单调递增，当a∈(，+∞)时，S（a）单调递减．

当x3=时，S（a）=，求导得S′(a)=．

∵a＞，从而有S′(a)=．

∴当a∈(，+∞)时，S（a）单调递增．

（1）f（x）为单调减函数．（1分）

证明：由0＜m≤2，x≥2，可得f（x）=f1（x）+f2（x）=+()x-m=+2m•()x．

由f′(x)=+2m•()xln=-2m•()xln2，（4分）

且0＜m≤2，x≥2，所以f'（x）＜0．从而函数f（x）为单调减函数．（5分）

（亦可先分别用定义法或导数法论证函数f1（x）和f2（x）在[2，+∞）上单调递减，再得函数f（x）为单调减函数．）

（2）①若m≤0，由x1≥2，g(x1)=f1(x1)=≤0，

x2＜2，g(x2)=f2(x2)=()|x2-m|＞0，

所以g（x1）=g（x2）不成立．（7分）

②若m＞0，由x＞2时，g′(x)=f1′(x)=＜0，

所以g（x）在[2，+∞）单调递减．从而g（x1）∈（0，f1（2）]，即g(x1)∈(0，]．（9分）

（a）若m≥2，由于x＜2时，g(x)=f2(x)=()|x-m|=()m-x=()m•2x，

所以g（x）在（-∞，2）上单调递增，从而g（x2）∈（0，f2（2）），即g(x2)∈(0，()m-2)．

要使g（x1）=g（x2）成立，只需＜()m-2，即-()m-2＜0成立即可．

由于函数h(m)=-()m-2在[2，+∞）的单调递增，且h（4）=0，

所以2≤m＜4．（12分）

（b）若0＜m＜2，由于x＜2时，g(x)=f2(x)=()|x-m|=

所以g（x）在（-∞，m]上单调递增，在[m，2）上单调递减．

从而g（x2）∈（0，f2（m）]，即g（x2）∈（0，1]．

要使g（x1）=g（x2）成立，只需成立，即≤()2-m成立即可．

由0＜m＜2，得＜，  ()2-m＞．

故当0＜m＜2时，≤()2-m恒成立．（15分）

综上所述，m为区间（0，4）上任意实数．（16分）

证：当e＜a＜b时，要证ab＞ba，只要证blna＞alnb，

即只要证＞

考虑函数y=(0＜x＜+∞)

因为但x＞e时，y′=＜0，

所以函数y=在(e，+∞)内是减函数

因为e＜a＜b，所以＞，即得ab＞ba