热门试卷

（1）因为f′（x）=（2x-3）ex+（x2-3x+3）ex，

由f′（x）＞0⇒x＞1或x＜0，

由f′（x）＜0⇒0＜x＜1，

∴函数f（x）在（-∞，0），（1，+∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减，

要使函数f（x）在[-2，t]上为单调函数，则-2＜t≤0，

（2））①若-2＜t≤0，则f（x）在[-2，t]上单调递增，∴f（t）＞f（-2）；

②若0＜t＜1，则f（x）在[-2，0]上单调递增，在[0，t]上单调递减

又f（-2）=13e-2，f（1）=e，∴f（t）≥f（1）＞f（-2）；

③若t＞1，则f（x）在（-∞，0），（1，+∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减

∴f（t）＞f（1）＞f（-2），

   综上，f（t）＞f（-2）．

（3）证：∵-x0，∴=(t-1)2，即为x02-x0=(t-1)2，

令g（x）=x2-x-(t-1)2，从而问题转化为证明方程g（x）=x2-x-(t-1)2=0在[-2，t]（1＜t＜4）上总有两个不同的解

因为g（-2）=6-（t-1）2=-(t-4)(t+2)，g（t）=t（t-1）-(t-1)2=(t+2)(t-1)，

所以当1＜t＜4时，g（-2）＞0且g（t）＞0，

但由于g（0）=-(t-1)2＜0，所以g（x）=0在（-2，t）上有解，且有两解，

（1）由 y=x3+x-3，得y′=3x2+1，

由已知得3x2+1=4，解之得x=±1．

当x=1时，y=0；

当x=-1时，y=-4．

又∵点P0在第三象限，

∴切点P0的坐标为（-1，-4）；

（2）原题可转化为方程4x+a=x3+x-2有两个不相等的实数根，

即方程x3-3x-2=a有两个不相等的实数根，

易得函数f（x）=x3-3x-2的极小值是f（1）=-4，极大值是f（-1）=0，

从而可知a=0或a=-4．

（I）函数定义域为x＞0，且f′（x）=2x-（a+2）+=…（2分）

①当a≤0，即≤0时，令f'（x）＜0，得0＜x＜1，函数f（x）的单调递减区间为（0，1），

令f'（x）＞0，得x＞1，函数f（x）的单调递增区间为（1，+∞）．

②当0＜＜1，即0＜a＜2时，令f'（x）＞0，得0＜x＜或x＞1，

函数f（x）的单调递增区间为(0，)，（1，+∞）．

令f'（x）＜0，得＜x＜1，函数f（x）的单调递减区间为(，1)．

③当=1，即a=2时，f'（x）≥0恒成立，函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞）．…（7分）

（Ⅱ）①当a≤0时，由（Ⅰ）可知，函数f（x）的单调递减区间为（0，1），f（x）在（1，2]单调递增．

所以f（x）在（0，2]上的最小值为f（1）=a+1，

由于f()=--+2=(-1)2-+1＞0，

要使f（x）在（0，2]上有且只有一个零点，

需满足f（1）=0或解得a=-1或a＜-．

②当0＜a≤2时，由（Ⅰ）可知，

（ⅰ）当a=2时，函数f（x）在（0，2]上单调递增；

且f(e-4)=--2＜0，f(2)=2+2ln2＞0，所以f（x）在（0，2]上有且只有一个零点．

（ⅱ）当0＜a＜2时，函数f（x）在(，1)上单调递减，在（1，2]上单调递增；

又因为f（1）=a+1＞0，所以当x∈(，2]时，总有f（x）＞0．

因为e -2a+2a＜1＜a+2，

所以f（e -2a+2a）=e -2a+2a[e -2a+2a-（a+2）]+（alne -2a+2a+2a+2）＜0．

所以在区间（0，）内必有零点．又因为f（x）在（0，）内单调递增，

从而当0＜a≤2时，f（x）在（0，2]上有且只有一个零点．

综上所述，0＜a≤2或a＜-或a=-1时，f（x）在（0，2]上有且只有一个零点．…（13分）

（Ⅰ） f'（x）=-e-x（2x-a）+2e-x=-e-x（2x-a-2）…（3分）

当x＜时，f'（x）＞0，当x＞时，f'（x）＜0，…（5分）

∴f（x）在(-∞，)上是增函数，在(，+∞)上是减函数．…（6分）

（Ⅱ）方程f（x）=1即（2x-a）=ex，

∴a=2x-ex…（7分）

记g(x)=2x-ex，x∈[，2]，

则g′(x)=2-ex，x∈[，2]

当＜x＜ln2时，g'（x）＞0；当ln2＜x＜2时，g'（x）＜0…（9分）

而g()=1-＞g（2）=4-e2，g（ln2）=2ln2-2，…（12分）

∴1-≤a＜2ln2-2…（13分）

（1）函数f（x）=cos（ωx+φ）（ω＞0）为偶函数，∴cosφ=±1，∴φ=kπ，k∈z．

再由 π≤φ＜2π 可得 φ=π，∴函数f（x）=cos（ωx+π）=-cosωx，故其周期为 ，最大值为1．

设图象上最高点为（x1，1），与之相邻的最低点为（x2，-1），则|x2-x1|==．

∵其图象上相邻最高点与最低点之间的距离为=，解得ω=1，

∴函数f（x）=-cosx．

（2）函数f（x）在[0，4π]内的所有零点为：，，2π+，2π+，

∴函数f（x）在[0，4π]内的所有零点之和为++(2π+)+(2π+)=8π．

解（1）a=2时，f（x）=lnx+x-x2，f/(x)=+1-2x…（1分），

解f′（x）=0得x=1或x=-（舍去）…（2分），

当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）单调增加，

当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调减少…（3分），

所以f（x）的最大值为f（1）=0…（4分）

（2）F(x)=lnx+（0＜x≤3），k=F/(x0)=-（0＜x0≤3）…（6分）

由k≤恒成立得a≥x0-x02=-(x0-1)2+恒成立…（7分）

因为-(x0-1)2+≤，等号当且仅当x0=1时成立…（8分），

所以a≥…（9分）

（3）a=0时，方程mf（x）=x2即x2-mx-mlnx=0，

设g（x）=x2-mx-mlnx，

解g/(x)=2x-m-=0…（10分），得x1=（＜0舍去），x2=，

类似（1）的讨论知，g（x）在x∈（0，x2）单调增加，

在x∈（x2，+∞）单调减少，最大值为g（x2）…（11分），

因为mf（x）=x2有唯一实数解，g（x）有唯一零点，所以g（x2）=0…（12分），

由得x2+2lnx2-1=0，

因为h（x）=x+lnx-1单调递增，且h（1）=0，

所以x2=1…（13分），

从而m=1…（14分）．

（1）f′（x）=4x3-12x2+2ax，因为f（x）在[0，1]上递增，在[1，2]上递减，所以x=1是f（x）的极值点，

所以f′（1）=0，

即4×13-12×12+2a×1=0．

解得a=4，经检验满足题意，所以a=4．

（2）由f（x）=g（x）可得

x2（x2-4x+4-b）=0，

由题意知此方程有三个不相等的实数根，

此时x=0为方程的一实数根，则方程x2-4x+4-b=0应有两个不相等的非零实根，

所以△＞0，且4-b≠0，

即（-4）2-4（4-b）＞0且b≠4，

解得b＞0且b≠4，

所以所求b的取值范围是（0，4）∪（4，+∞）．

（I）证明：求导函数，可得f'（x）=axlna+2x-lna=2x+（ax-1）lna，

由于a＞1，∴lna＞0，当x＞0时，ax-1＞0，∴f'（x）＞0，故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增．

（Ⅱ）令f'（x）=2x+（ax-1）lna=0，得到x=0，f（x），f'（x）的变化情况如下表：

因为函数y=|f（x）-t|-1有三个零点，所以f（x）=t±1共有三个根，即y=f（x）的图象与两条平行于x轴的直线y=t±1共有三个交点．

y=f（x）在（-∞，0）递减，在（0，+∞）递增，极小值f（0）=1也是最小值，当x→±∞时，f（x）→+∞．

∵t-1＜t+1，∴f（x）=t+1有两个根，f（x）=t-1只有一个根．

∴t-1=fmin（x）=f（0）=1，∴t=2．（9分）

（Ⅲ）问题等价于f（x）在[-1，1]的最大值与最小值之差≤e-1．

由（Ⅱ）可知f（x）在[-1，0]上递减，在[0，1]上递增，

∴f（x）的最小值为f（0）=1，最大值等于f（-1），f（1）中较大的一个，

f(-1)=+1+lna，f（1）=a+1-lna，f(1)-f(-1)=a--2lna，

记g(x)=x--2lnx，（x≥1），则g′(x)=1+-=(-1)2≥0（仅在x=1时取等号）

∴g(x)=x--2lnx是增函数，

∴当a＞1时，g(a)=a--2lna＞g(1)=0，

即f（1）-f（-1）＞0，∴f（1）＞f（-1），

于是f（x）的最大值为f（1）=a+1-lna，

故对∀x1，x2∈[-1，1]，|f（x1）-f（x2）|≤|f（1）-f（0）|=a-lna，∴a-lna≤e-1，

当x≥1时，(x-lnx)′=≥0，∴y=x-lnx在[1，+∞）单调递增，

∴由a-lna≤e-1可得a的取值范围是1＜a≤e．

（I）由题意得，g′（x）=ax2+x，

∵在点（1，g（1））处的切线与直线2x-y+1=0垂直，

∴在点（1，g（1））处的切线斜率为-，即g′（1）=a+1=-，

解得a=-，

（II）由（I）得，f（x）=g′（x）ex=（ax2+x）ex，

则f′（x）=（2ax+1）ex+（ax2+x）ex=[ax2+（2a+1）x+1]ex，

∵f（x）在[-1，1]上是单调增函数，

∴f′（x）=[ax2+（2a+1）x+1]ex≥0在[-1，1]上恒成立，

即ax2+（2a+1）x+1≥0在[-1，1]上恒成立，

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；（6分）

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，必须满足，即，得-≤a＜0，

综上可知，a的取值范围是[-，0]，

（III）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）∪（0，+∞）恒成立，

所以h（x）在（-∞，0）和（0，+∞）内是单调增函数，（13分）

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k的所有值为{-3，1}．