热门试卷

（Ⅰ）解法一：由f（-1）≤-1，得-2+a≤-1，即a≤1；

又当a≤1时，ax2≤x2，因为x≤0，则x-1＜0，

于是f（x）-x=x3+ax2-1-x≤x3+x2-1-x=（x+1）2（x-1）≤0，

即f（x）≤x恒成立，故a的取值范围是（-∞，1]．

解法二：当x=0时，f（0）=-1≤0，此时a∈R；

当x＜0时，f（x）≤x等价于a≤-x++．

令g（x）=-x++，x＜0，

由g′(x)=-1--==，

因为x2-x+2＞0，-x3＞0，

所以g′（x）＜0，解得x＜-1，g′（x）＞0，解得-1＜x＜0，

于是g（x）在（-∞，-1）上是减函数，在（-1，0）是增函数，

从而g（x）min=g（-1）=1，所以a≤1．

综上，a的取值范围是（-∞，1]．

（Ⅱ）假设存在，由f′（t）=4t2-2alnt等价于t2-2alnt-2at=0，

令h（t）=t2-2alnt-2at，t＞0，

则h′(t)=2t--2a=(t2-at-a)．

（ⅰ）若a=0，则t=0，舍去；

（ⅱ）若a＜0，h（t）=0，即t2-2alnt-2at=0，变形得t(t-2a)=lnt，

∵函数y=t(t-2a)，a＜0与y=lnt的图象只有一个交点t0，

且t0＞0，所以存在惟一正数t0，使h（t0）=0，因此a＜0符合；

（ⅲ）若a＞0，此时必存在使t2-at-a=0的正根t，记这个正根为t0，

则h′（t）0，解得x＞t0，

得h（t）在（0，t0）上单调递减，在（t0，+∞）上单调递增，

从而h（t）最小值为h（t0），因为满足f′（t）=4t2-2alnt的实数t有且仅有一个，

所以h（t0）=0，

由，得at0+a=2alnt0+2at0，即2lnt0+t0-1=0，

记u（t0）=2lnt0+t0-1，t0＞0，

由u′(t0)=+1＞0，知u（t0）=2lnt0+t0-1为增函数，

因为u（1）=2ln1+1-1=0，u（t0）=0，所以有且仅有惟一正数t0=1，

代入t02-at0-a=0，得a=．

综上，这样的实数a存在，且a＜0或a=．

（Ⅰ） （1）当k＞0时，因为f（x）=kx在（0，+∞）上单调递增，…（1分）

所以g(x)=-1在（0，+∞）上单调递增．

但在（0，+∞）上g′(x)=-=-＜0，所以不符合已知；…（3分）

（2）因为在（0，+∞）上g′(x)=-=-＜0，所以g(x)=-1在（0，+∞）上单调递减．

所以f（x）=kx在（0，+∞）上单调递减，则k＜0，即 k的取值范围是（-∞，0）．…（6分）

（Ⅱ）因为f（x）=g（x）⇔kx3+x2-t=0．   …（7分）

设h（x）=kx3+x2-t，所以h′(x)=3kx2+2x=0⇒x=0或-．

因为k＞0，所以h（x）在(-∞，-)↑，(-，0)↓，(0，+∞)↑，

而h（0）=-t＜0，所以h（x）=0在[1，5]上至多一个实数根，在[-5，-1]上至多

有二个实数根．                         …（9分）

（1）由于k＞0，要能找到t∈[1，2]，使得关于x的方程h（x）=0在[1，5]上有且仅有一个实数根，必须存在t∈[1，2]，使得：⇔⇔0＜k≤1；          …（11分）

（2）因为“能找到t∈[1，2]，使得关于x的方程h（x）=0在[-5，-1]上至多有一个实数

根”的反面是“对任意的t∈[1，2]，使得关于x的方程h（x）=0在[-5，-1]上恰有

二个实数根”，即反面⇔对任意的t∈[1，2]，下列不等式组成立．⇔≤k＜．…（13分）

因为k＞0，所以，“能找到t∈[1，2]，使得关于x的方程h（x）=0在[-5，-1]上至

多有一个实数根”⇔0＜k＜或≤k＜+∞．…（14分）

由（1）（2）同时成立得：0＜k＜或≤k≤1．

所以，存在正实数k符合要求，所有k的值的集合为：

{k|0＜k＜或≤k≤1}．    …（15分）

（直接讨论、或讨论函数f（x）=kx，g(x)=-1的图象的关系或变量分离转化

为三次函数讨论，请酌情给分）

（1）由题意可得f′（x）=x2+（a-1）x-a=（x+a）（x-1），（a＞0）

令f′（x）＞0可得x＜-a，或x＞1，令f′（x）＜0可得-a＜x＜1，

故函数f（x）的单调递增区间为（-∞，-a）和（1，+∞），单调递减区间为（-a，1）；

（2）由（1）知f（x）在（0，1）单调递减，（1，2）单调递增，

方程f（x）=0在（0，2）内恰有两个实数根等价于f（0）＞0，f（1）＜0，f（2）＞0，

解得0＜a＜，所以a的取值范围为（0，）

（3）当a=1时，f（x）=x3-x+1，由（1）知f（x）在（-3，-1）单调递增，

在（-1，1）单调递减，所以，当t∈[-3，-2]时，t+3∈[0，1]，-1∈[t，t+3]，

所以函数f（x）在[t，-1]上单调递增，[-t，t+3]上单调递减，

故函数f（x）在[t，t+3]上的最大值H（t）=f（-1）=，

而最小值h（t）为f（t）与f（t+3）中的较小者，

由f（t+3）-f（t）=3（t+1）（t+2）知，当t∈[-3，-2]时，f（t）≤f（t+3），故h（t）=f（t）

所以g（t）=f（-）-f（t），而f（t）在[-3，-2]上单调递增，因此f（t）≤f（-2）=，

所以g（t）在[-3，-2]上的最小值g（-2）=-=，

即函数f（x）在[-3，-2]上的最小值为

（I）f′(x)=-2ax=，x∈(0，+∞)，

令f′(x)=0，解得x=．

当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：

 所以，f（x）的单调递增区间是(0，)，f(x)的单调递减区间是(，+∞)．

（II）证明：当a=时，f(x)=lnx-x2．

由（I）知f（x）在（0，2）内单调递增，

在（2，+∞）内单调递减．

令g(x)=f(x)-f()．

由于f（x）在（0，2）内单调递增，

故f(2)＞f()，即g(2)＞0．

取x′=e＞2，则g(x′)=＜0．

所以存在x0∈（2，x'），使g（x0）=0，

即存在x0∈(2，+∞)，使f(x0)=f()．

（说明：x'的取法不唯一，只要满足x'＞2，且g（x'）＜0即可）

（III）证明：由f（α）=f（β）及（I）的结论知α＜＜β，

从而f（x）在[α，β]上的最小值为f（a）．

又由β-α≥1，α，β∈[1，3]，知1≤α≤2≤β≤3．

故即

从而≤a≤．

（1）函数f（x）=ax3-x2+1的导数为：

f′（x）=3ax2-2x=x（3ax-2）

f′（x）=0⇒x1=0，x2=＞0  （a＞0）

不等式f′（x）＜0的解集是（0，），

∴当a＞0时，求函数f（x）的单调递减区间是（0，）

（2）当a＞0时，由（1）可得函数f（x）=ax3-x2+1在（-∞，0）和（，+∞）上为增函数，

在（0，）上为减函数，而方程f（x）=0有三个不同的解

∴f（0）＞0且f() ＜0，解之得a∈(0，)

同理，得到当a＜0时，使方程f（x）=0有三个不同的解的a∈(-，0)

综上所述，得到符合题意的a的取值范围是：a∈(-，0)∪(0，)

∵f′(x)=-3ax，由f′()=0，得a=1

∴f(x)=ln(2+3x)-x2（3分）

由f（x）=-2x+b知ln(2+3x)-x2+2x-b=0，（4分）

令ϕ(x)=ln(2+3x)-x2+2x-b，则ϕ′(x)=-3x+2=

当x∈[0，]时，ϕ'（x）＞0，于是ϕ（x）在[0，]上递增；当x∈[，1]时，ϕ'（x）＜0，于是ϕ（x）在[，1]上递减，而ϕ()＞ϕ(0)，ϕ()＞ϕ(1)（8分）

∴f（x）=-2x+b即ϕ（x）=0在[0，1]上恰有两个不同实根等价于，（10分）

解得ln5+≤b＜ln(2+)-+（12分）

（Ⅰ）∵h'（x）=2x+，又因为x＞0，所以h'（x）＞0在（0，+∞）上恒成立

即函数h（x）在（0，+∞）上是单调递增，（2分）

且h（1）=0（4分）

（Ⅱ）f'（x）==（x＞0）

由（Ⅰ）函数h（x）=x2-1+lnx在（0，+∞）上是单调递增，且h（1）=0可知：

当0＜x＜1时，h（x）＜0，所以有f'（x）＜0；

当x＞1时，h（x）＞0，所以有f'（x）＞0．（7分）

即函数f（x）在区间（0，1）上是减函数，在区间（1，+∞）上是增函数．（8分）

所以函数f（x）在x=1处取得最小值f（1）=0（9分）

（Ⅲ）不存在（10分）

∵函数f（x）在区间（1，+∞）上是增函数，

∴当满足1≤m＜n，函数f（x）在[m，n]也是增函数．

若函数f（x）在[m，n]的值域也有[m，n]，则有f（m）=m，f（n）=n，

也即函数y=f（x）与直线y=x在[1，+∞）上至少有两个不同的交点，

也即g（x）=f（x）-x在[1，+∞）上至少有两个不同的零点，

又g（x）=f（x）-x在区间[1，e）上是减函数，且g（1）=f（1）-1=-1，

当x∈[e，+∞）为增函数，且g（x）＜0．

∴函数g（x）=f（x）-x在[1，+∞）上没有零点，

所以不存在实数m，n，满足1≤m＜n，使得函数f（x）在[m，n]的值域也有[m，n]．（13分）

（1）k=0时，f（x）=-，无零点，

∴k≠0，f（x）=2kx2+kx-为二次函数．

∵f（x）=2kx2+kx-有零点，

∴二次方程2kx2+kx-=0有实数根，

∴△=k2-4×2k×（-）=k2+3k≥0，又k≠0，

解得：k＞0或k≤-3．

即k的取值范围为（-∞，-3]∪（0，+∞）．

（2）当k=0时，f（x）=-＜0对一切x∈R都成立，故k=0时符合题意；

当k≠0，f（x）=2kx2+kx-为二次函数，

要使f（x）＜0对一切x∈R都成立，

必须满足，

解得：-3＜k＜0；

综上所述，f（x）＜0对一切x∈R都成立时k的取值范围为（-3，0]．

（1）因为ex＞0，所以不等式f（x）≤0即为ax2+x≤0，

又因为a＞0，所以不等式可化为x(x+)≤0，所以不等式f（x）≤0的解集为[-，0]．

（2）当a=0时，方程即为xex=x+2，由于ex＞0，所以x=0不是方程的解，所以原方程等价于ex--1=0，

令h（x）=ex--1，因为h′（x）=ex+＞0对于x≠0恒成立，

所以h（x）在（-∞，0）和（0，+∞）内是单调增函数，

又h（1）=e-3＜0，h（2）=e2-2＞0，h（-3）=e-3-＜0，h（-2）=e-2＞0，

所以方程f（x）=x+2有且只有两个实数根，且分别在区间[1，2]和[-3，-2]上，所以整数t的所有值为{-3，1}．

（3）f′（x）=[ax2+（2a+1）x+1]ex，

①当a=0时，f′（x）=（x+1）ex，f′（x）≥0在[-1，1]上恒成立，当且仅当x=-1时取等号，故a=0符合要求；

②当a≠0时，令g（x）=ax2+（2a+1）x+1，

因为△=（2a+1）2-4a=4a2+1＞0，所以g（x）=0有两个不相等的实数根x1，x2，

不妨设x1＞x2，因此f（x）有极大值又有极小值．

若a＞0，因为g（-1）g（0）=-a＜0，所以f（x）在（-1，1）内有极值点，故f（x）在[-1，1]上不单调．

若a＜0，可知x1＞0＞x2，

因为g（x）的图象开口向下，要使f（x）在[-1，1]上单调，

因为g（0）=1＞0，所以必须满足，即，所以-≤a≤0．

综上可知，a的取值范围是[-，0]．