热门试卷

（1）函数f（x）=2x+x2关于1可线性分解．理由如下：

令h（x）=f（x+1）-f（x）-f（1）=2x+1+（x+1）2-2x-x2-2-1，

化为h（x）=2（2x-1+x-1），h（0）=-1，h（1）=2，

∴存在零点x0∈（0，1），使得h（x0）=0，即f（x0+1）=f（x0）+f（1）．

（2）由题意，存在x0，使g（x0+a）=g（x0）+g（a），

即ln（x0+a）-a（x0+a）+1=lnx0-ax0+1+lna-a2+1，

化为ln（x0+a）=lnx0+lna+1，即ln=1，

∴=e，解得x0=＞0，

由a＞0，得a＞．

（3）由（2）可知：a=1，可得g（x）=lnx-x+1．

g′(x)=-1=．

当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，∴g（x）的单调递增区间是（0，1）；

当x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，∴g（x）的单调递减区间是（1，+∞）．

f′（x）=3x2+6ax+b，由题意知，解得a=2，b=9…6分

所以f （x）=x3 +6x2 +9 x+4，f′（x）=3x2+12x+9

由f′（x）＞0可得x＜-3或x＞-1，所以增区间为（-∞，-3）和（-1，+∞）

由f′（x）＜0可得-3＜x＜-1，所以减区间为（-3，-1）…13分

解（1）f′(x)=（x＞-1），△=16a（a+1），

①-1≤a≤0时，△＜0，f′（x）＜0，单调减区间（-1，+∞）；

②a＞0时，△＞0，单调减区间(-1，)；增区间(，+∞)；

③a＜-1时，△＞0，单调减区间(-1，)∪(，+∞)；增区间(，)；

（2）设h（x）=2f（x）-g（x）=x2-ln（x+1）-x3，h′(x)=＜0，

所以h（x）＜h（0）=0，即2f（x）＜g（x），

（3）由（2）ln（x+1）＜x2-x3，

令x=∈(0，1)，则ln(+1)＜()2-()3=•()2，

同理ln(+1)＜•()2，…，ln(+1)＜•()2，累乘即得证．

（1）f′（x）=3x2-6x，令f′（x）=0，得x=0或2

列表如下：

（-∞，0）和（2，+∞）是函数f（x）的单调递增区间；（0，2）是函数f（x）的单调递减区间；

（2）由（1）知，当x∈[1，3]时，f（x）在x=2取的极小值，无极大值．

又f（1）=3，f（2）=1，f（3）=5，所以f（x）的最大值是5，最小值是1

f'（x）=3x2-12ax

（Ⅰ）当a=-1时，y=f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率是k=15，而f（1）=7

曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为：y-7=15（x-1），即15x-y-8=0．（6分）

（Ⅱ）令f′（x）=3x2-12ax=3x（x-4a）=0∴x1=0，x2=4a

（1）当4a=0，即a=0时f'（x）=3x2≥0∴f（x）在R上为增函数．

（2）当4a＜0，即a＜0时，在区间（-∞，4a），（0，+∞）内f'（x）＞0，

在区间（4a，0）内f'（x）＜0．∴f（x）在（-∞，4a），（0，+∞）内为增函数，在（4a，0）内为减函数．

（3）当4a＞0，即a＞0时，在区间（-∞，0），（4a，+∞）内f'（x）＞0，

在区间（0，4a）内f'（x）＜0．∴f（x）在（-∞，0），（4a，+∞）内为增函数，在（0，4a）内为减函数．（14分）

（Ⅰ）m=2时，f（x）=2x2-2ex，f'（x）=4x-2ex=2（2x-ex）．

令g（x）=2x-ex，g'（x）=2-ex，

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

∴g（x）≤g（ln2）=2ln2-2＜0，

∴f'（x）＜0，

∴f（x）的单调减区间是（-∞，+∞）．

（Ⅱ）（i）若f（x）有两个极值点a，b（a＜b），

则a，b是方程f'（x）=2mx-2ex=0的两不等实根．

∵x=0显然不是方程的根，∴m=有两不等实根．

令h(x)=，则h′(x)=，

当x∈（-∞，0）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，当x∈（0，1）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，x∈（1，+∞）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，

要使m=有两不等实根，应满足m＞h（1）=e，

∴m的取值范围是（e，+∞）．

（ii）∵f（a）=ma2-2ea，且f'（a）=2ma-2ea=0，

∴f(a)=•a2-2ea=a•ea-2ea=ea(a-2)，

令g（x）=f′（x）=2mx-2ex，g′（x）=2（m-ex），

∵g（0）=-2＜0，g（x）在区间（0，lnm）上单调递增，g（x）在（lnm，+∞）上递减，g（1）=2（m-e）＞0，∴a∈（0，1），

设φ（x）=ex（x-2）（0＜x＜1），则φ'（x）=ex（x-1）＜0，φ（x）在（0，1）上单调递减，

∴φ（1）＜φ（a）＜φ（0），即-e＜f（a）＜-2．

（I）当a=-时，函数为f(x)=x3+x2-x+1，

则f/(x)=3x2+x-＜0，解得当-1＜x＜时，

所以函数f（x）的单调递减区间为(-1，)．  （3分）

（Ⅱ） g（x）=x3-3ax2+4，则g′（x）=3x2-6ax=3x（x-2a），

令g′（x）=0，解得x=0或x=2a

（1）若0＜a≤，在区间x∈[1，2]上时，g′（x）＞0，即g（x）在区间[1，2]上单调递增

所以有g（1）＞0，解得a＜，故0＜a≤

（2）若＜a＜1，当x∈[1，2a]时，函数g（x）单调递减，

当x∈[2a，2]时，函数g（x）单调递增，所以有g（2a）＞0，解得a＜1，故＜a＜1（7分）

（3）若a≥1，当x∈[1，2]时，g′（x）＜0，即g（x）在区间[1，2]上单调递减，

所以有g（2）＞0，解得a＜1，舍去

综上所述，当0＜a＜1时，x∈[1，2]，g（x）＞0恒成立．                （10分）

（1）当t=8时，g（x）=4x-，y=f（x）-g（x）=-4x+，

y'=x2-4，由y'＞0，得x＞2或x＜-2，

由y'＜0，得-2＜x＜2，

即函数y=f（x）-g（x）的单调的递增区间为（-∞，-2）和（2，+∞）．

单调递减区间为（-2，2）．

（2）设h（x）=f（x）-g（x），

则h′(x)=f′(x)-g′(x)=x2-t23，由h′(x)=x2-t23=0得x=t13．

当x变化时，h'（x），h（x）的变化情况如下表：

所以h（x）在（0，+∞）上有唯一的极小值h(t13)，所以h（x）在（0，+∞）上的最小值h(t13)=0．

故当t＞0时f（x）≥g（x）对任意正实数x都成立．

（3）若存在正实数x0=2使得g（x0）≤4x0-对任意正实数t都成立．

（Ⅰ）φ(x)=f(x)-=lnx-，φ′(x)=+=．（2分）

∵x＞0且x≠1，∴φ'（x）＞0

∴函数φ（x）的单调递增区间为（0，1）和（1，+∞）．（4分）

（Ⅱ）证明：∵f′(x)=，∴f′(x0)=，

∴切线l的方程为y-lnx0=(x-x0)，

即y=x+lnx0-1，①（6分）

设直线l与曲线y=g（x）相切于点(x1，ex1)，

∵g'（x）=ex，∴ex1=，∴x1=-lnx0．（8分）

∴直线l也为y-=(x+lnx0)，

即y=x++，②（9分）

由①②得 lnx0-1=+，

∴lnx0=．（11分）

下证：在区间（1，+∞）上x0存在且唯一．

由（Ⅰ）可知，φ（x）=lnx-在区间（1，+∞）上递增．

又φ(e)=lne-=＜0，φ(e2)=lne2-=＞0，（13分）

结合零点存在性定理，说明方程φ（x）=0必在区间（e，e2）上有唯一的根，这个根就是所求的唯一x0．

故结论成立．