热门试卷

（I）f′（x）=（2x-3）ex+（x2-3x+3）ex=x（x-1）ex．

①当t＞1时，

当x∈（-2，0）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；

当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；

当x∈（1，t）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．

综上可知：当x∈（-2，0），（1，t）时，函数f（x）单调递增；当x∈（0，1）时，函数f（x）单调递减．

②设h（t）=n-m=（t2-3t+3）et-13e-2，h′（t）=t（t-1）et（t＞2），列表如下：

由表格可知h（t）的极小值为h（1）=e-=＞0，而h（-2）＞0，

∴当t＞-2时，h（t）＞h（-2），即n＞m．

（II）g（x）=（x2-3x+3）ex+（x-2）ex=（x-1）2ex，

问题转化为：判定方程（x-1）2ex=x当x＞1时，根的个数．

设u（x）=（x-1）2ex-x（x＞1），则u′（x）=（x2-1）ex-1，

设v（x）=（x2-1）ex-1（x＞1），则v′（x）=（x2+2x-1）ex，

当x＞1时，v′（x）＞0，v（x）在（1，+∞）上单调递增，而v（1）=-1＜0，v（2）=3e2-1＞0，

因此在（1，2）上存在唯一x0，使得v（x0）=0，即存在唯一x0∈（1，2）使得u′（x0）=0，

列表如下：

可知：u（x）min=u（x0）＜u（1）=-1＜0，由u（2）=e2-2＞0，y=u（x）的图象如图所示，因此y=u（x）在（1，+∞）只有一个零点，即g（x）=x（x＞1）只有一个零点．

（1）由题意，函数的定义域为（0，+∞），

当a≤0时，f(x)=|x-a|-lnx=x-a-lnx，f′(x)=1-＞0，

函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞），…3分

当a＞0时，f(x)=|x-a|-lnx=，…5分

若x≥a，f′(x)=1-=＞0，此时函数f（x）单调递增，

若x＜a，f′(x)=-1-＜0，此时函数f（x）单调递减，

综上，当a≤0时，函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞）；

当a＞0时，函数f（x）的单调递减区间为（0，a）；单调递增区间为（a，+∞）． …7分

（2）由（1）知，当a≤0时，函数f（x）单调递增，

此时函数至多只有一个零点，不合题意；                      …8分

则必有a＞0，此时函数f（x）的单调递减区间为（0，a）；单调递增区间为（a，+∞），

由题意，必须f(a)=-lna＜0，解得a＞1，…10分

由f(1)=a-1-ln1=a-1＞0，f（a）＜0，

得x1∈（1，a），…12分

而f（a2）=a2-a-alna=a（a-1-lna），

下面证明：a＞1时，a-1-lna＞0

设g（x）=x-1-lnx，x＞1

则g′(x)=1-=＞0，

所以g（x）在x＞1时递增，则g（x）＞g（1）=0，

所以f（a2）=a2-a-alna=a（a-1-lna）＞0，

又f（a）＜0，

所以x2∈（a，a2），

综上，1＜x1＜a＜x2＜a2．                     …16分

（I）由已知f'（x0）=0，即-=0，（2分）

∴x0=，又f（x0）=0，即eln+e=0，∴k=1．（4分）

（II）f′(x)=-=，

∵1≤k≤e，∴≤k≤1，（6分）

由此得x∈(，)时，f（x）单调递减；

x∈(，1)时，f（x）单调递增

故fmax(x)∈{f()，f(1)}（8分）

又f()=ek-e，f(1)=k

当ek-e＞k，即＜k≤e时，

fmax(x)=f()=ek-e

当ek-e≤k，即1≤k≤时，

fmax（x）=f（1）=k（10分）

（III）g′(x)=f′(x)-k=--k，

∵g（x）在(，e)在是减函数，

∴g'（x）≤0在x∈(，e)上恒成立

即--k≤0在x∈(，e)上恒成立，

∴k≥在x∈(，e)上恒成立，（12分）

又x+≥2=2当且仅当x=1时等号成立．

∴≤，∴k∈[，+∞)（14分）

（1）f′（x）=（2x-3）ex+（x2-3x+3）ex=（x2-x）ex=x（x-1）ex=0，得x=0或x=1

由f′（x）＞0⇒x＜0，或x＞1；f′（x）＜0⇒0＜x＜1，

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

∴要使f（x）在（-2，t）上为单调函数，则-2＜t≤0．（6分）

（2）∵-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）上有解并讨论解的个数，

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t＞4或-2＜t＜1时，g（-2）•g（t）＜0，

所以g（x）=0在（-2，t）上有解，且只有一解，

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，

当t=1时，g（x）=x2-x=0，解得x=0或1，

所以g（x）=0在（-2，t）上有且只有一解，

当t=4时，g（x）=x2-x-6=0，

所以g（x）=0在（-2，t）上也有且只有一解，

综上所述，对于任意的t＞-2，总存在x0∈（-2，t），满足 =(t-1)2，

且当t≥4或-2＜t≤1时，有唯一的x0适合题意，

当1＜t＜4时，有两个x0适合题意．

（Ⅰ）f'（x）=x2+（m+1）x+1，…（2分）

①当△≤0，即（m-1）2-4≤0，-1≤m≤3时，

函数f（x）在（-∞，+∞）内单调递增；…（4分）

②当△＞0，即m＜-1或m＞3时，

令f'（x）=0，解得x=，…（6分）

所以，函数f（x）在(-∞，)内单调递增；

在(，)内单调递减；

在(，+∞)内单调递增．…（8分）

（Ⅱ）若f'（x）=0在区间（0，2）内有两个不等实根，

得，解得-＜m＜-1．…（13分）

（1）当a=4时，可得f（x）=4lnx，此时h(x)=4lnx-x2，

由h′(x)=-x＞0得-2＜x＜2，结合x＞0，可得0＜x＜2．

所以h（x）的单调递增区间为（0，2）．…（4分）

（2）不等式f（x）+2g′（x）≤（a+3）x-g（x），即为alnx+2x≤(a+3)x-x2，

化简得：a(x-lnx)≥x2-x，

由x∈[1，e]知x-lnx＞0，因而a≥，设y=，

由y′==，

∵当x∈（1，e）时x-1＞0，x+1-lnx＞0，∴y′＞0在x∈[1，e]时成立．

由不等式有解，可得知a≥ymin=-，即实数a的取值范围是[-，+∞）…（10分）

（3）不等式f(x0)-f′(x0)＞g′(x0)+等价于alnx0-＞x0+，

整理得x0-alnx0+＜0，设m(x)=x-alnx+，

则由题意可知只需在[1，e]上存在一点x0，使得m（x0）＜0．

对m（x）求导数，得m′(x)=1--==，

因为x＞0，所以x+1＞0，令x-1-a=0，得x=1+a．…（12分）

①若1+a≤1，即a≤0时，令m（1）=2+a＜0，解得a＜-2．

②若1＜1+a≤e，即0＜a≤e-1时，m（x）在1+a处取得最小值，

令m（1+a）=1+a-aln（1+a）+1＜0，即1+a+1＜aln（1+a），可得＜ln(a+1)

考察式子＜lnt，因为1＜t≤e，可得左端大于1，而右端小于1，所以不等式不能成立

③当1+a＞e，即a＞e-1时，m（x）在[1，e]上单调递减，只需m（e）＜0，得a＞，

又因为e-1-=＜0，所以a＞．

综上所述，实数a的取值范围是（-∞，-2）∪（，+∞）．…（16分）

（1）∵函数f(x)=-x4+x3+ax2-2x-2

∴f’（x）=-x3+2x2+2ax-2

依题意，f（x） 在区间[-1，1]上单调递减，在[1，2]上单调递增，

所以f（x）在x=1处有极值，即f’（1）=-1+2+2a-2=0，解出a=，

（2）由（1）得f(x)=-x4+x3+x2-2x-2

f’（x）=-x3+2x2+x-2

令t=2x，（t＞0）则t=2x为增函数，每个x对应一个t，

而由题意：f（2x）=m有三个不同的实数解，就是说，关于t的方程f（t）=m在t＞0时有三个不同的实数解．

∵f’（t）=-t3+2t2+t-2=-（t+1）（t-1）（t-2）

令f’（t）≥0以求f（t）的增区间，得-（t+1）（t-1）（t-2）≥0，保证t＞0，求得f（t）的增区间为1≤t≤2

令f’（t）≤0以求f（t）的减区间，得-（t+1）（t-1）（t-2）≤0，保证t＞0，求得f（t）的减区间为0＜t≤1或t≥2

所以f（t），

在t=1时有极小值，极小值为f（1）=-，

在t=2时有极大值，极大值为f（2）=-，

在t趋向于0时，f（t）趋向于-2．

∵-＜-＜-2

f（t）在t＞0上的图象为双峰形的一半，则要使f（t）=m有三个不同的实数解，须--＜m＜-

（3）∵函数y=log2[f（x）+p]的真数部分为f（x）+p，

∴f（x）+p＞0，

要使函数y=log2[f（x）+p]的图象与x轴无交点，只有f（x）+p≠1，

由（2）知，f（x）的最大值为f（-1）=-，即f（x）≤-

所以f（x）+p≤p-，要使f（x）+p≠1，只有p-＜1，才能满足题

意，解之得，p＜

解（1）因为f(x)=x(ax2+bx+c)，又x1+x2+x3=，x1x3=-12，

所以x2=0，x1+x3=，x1•x3=-12，

因为x1，x3是方程ax2+bx+c=0的两根，

所以-=，=-12，即b=-3a，c=-4a，

从而：f(x)=ax3-ax2-4ax，

所以f′（x）=ax2-3ax-4a=a（x-4）（x+1）．

令  f′（x）=0解得：x=-1，x=4，

当a＞0时，y=f（x）的单调递减区间是（-1，4），单调递增区间是（-∞，-1），（4，+∞）．

当a＜0时，y=f（x）的单调递增区间是（-1，4），单调递减区间是（-∞，-1），（4，+∞）．

（2）因为f'（x）=ax2+bx+c，f′(1)=-a，

所以a+b+c=-a，即3a+2b+2c=0．

因为3a＞2c＞2b，所以3a＞0，2b＜0，即a＞0，b＜0．

于是f′(1)=-＜0，f'（0）=c，f'（2）=4a+2b+c=4a-（3a+2c）+c=a-c．

①当c＞0时，因为f′(0)=c＞0，f′(1)=-＜0，

则f'（x）在区间（0，1）内至少有一个零点．

②当c≤0时，因为f′(1)=-＜0，f′(2)=a-c＞0，

则f'（x）在区间（1，2）内至少有一零点．

故导函数f'（x）在区间（0，2）内至少有一个零点．

（3）设m，n是导函数f'（x）=ax2+bx+c的两个零点，则m+n=-，mn==--．

所以|m-n|===．

由已知，≥，则(+2)2+2≥3，即(+2)2≥1．

所以+2≥1或+2≤-1，即≥-1或≤-3．

又2c=-3a-2b，3a＞2c＞2b，所以3a＞-3a-2b＞2b，即-3a＜b＜-a．

因为a＞0，所以-3＜＜-．

综上所述，的取值范围是[-1，-)．

（1）证明：g′(x)=-=，由于已知x＞1，∴g'（x）＞0恒成立∴g（x）在（1，+∞）递增，∴g（x）＞g（1）=0

∴x＞1时，g（x）＞0恒成立．

（2）f（x）=lnx-ax的定义域是（0，+∞），f′（x）=-a=，

由于a＞0，x＞0，令f′（x）＞0，解得0＜x＜，

∴f（x）在(0，)上递增，在(，+∞)上递减．

∴f(x)≤f()=-lna-1，欲使函数f（x）无零点，则只要-lna-1＜0，即lna＞-1，∴a＞．

故所求a的范围是(，+∞)．

（3）因为f（x）有两个相异的零点，又由于x＞0，

故不妨令x1＞x2＞0，且有lnx1=ax1，lnx2=ax2 ，∴lnx1+lnx2=a（x1+x2），lnx1-lnx2=a（x1-x2），

要证x1x2＞e2⇔ln(x1x2)＞2⇔lnx1+lnx2＞2⇔a＞⇔＞⇔lnx1-lnx2＞⇔ln＞

令t=，则t＞1，故只要证明lnt＞，t＞1时恒成立，

而由（1）知t＞1时，lnt-＞0恒成立，即lnt＞恒成立，从而证明x1x2＞e2．

故x1x2＞e2．