热门试卷

（1）∵y′=lnx-1

令y′＞0，则x＞e

∴函数y=xg（x）-2x的单调增区间为（e，+∞）

（2）当a=0时，f（x）=2x在[1，+∞）上是增函数，

当a＞0时，y=f（x）的对称轴方程为x=-

由于y=f（x）在[1，+∞）上是增函数，

∴-≤1，解得a≤-2或a＞0，∴a＞0

当a＜0时，不符合题意，

综上，a的取值范围为a≥0

（3）方程=f′（x）-（2a+1）可化简为=ax+2-（2a+1）

即为方程ax2+（1-2a）x-lnx=0．

设H（x）=ax2+（1-2a）x-lnx，（x＞0）

原方程在区间（，e）内有且只有两个不相等的实数根，即函数H（x）在区间（，e）内有且只有两个零点．

H′（x）=2ax+（1-2a）-

==

令H′（x）=0，因为a＞0，解得x=1或x=-（舍）

当x∈（0，1）时，H′（x）＜0，H（x）是减函数；

当x∈（1，+∞）时，H′（x）＞0，，H（x）是增函数．，

H（x）在（，e）内有且只有两个不相等的零点，只需

 即1＜a＜

（1）f'（x）=3x2+2ax-（2a+3）=（3x+2a+3）（x-1）

令f′（x）=0，得x=1，或x=-，

使函数f（x）在区间（1，+∞）上有极小值点，

则-＞1，解得：a＜-3．  （6分）

（2）由题意知，即使x∈[-1，1]时，（f（x））min＞0．

①当-≥1，即a≤-3时，f（x）在x∈[-1，1]上单调递增，

∴（f（x））min=f（-1）=a2+3a+2＞0，得a＞-1或a＜-2，

由此得：a≤-3；

②当-1＜-＜1，即-3＜a＜0，f（x）在[-1，-]为增函数，在[-，1]上为减函数，

所以（f（x））min=min{f（-1），f（1）}，

得⇒a＞2或a＜-2

由此得-3＜a＜-2；

③当-≤-1，即a≥0，f（x）在x∈[-1，1]上为减函数，所以（f（x））min=f（1）=a2-a-2＞0

得a＞2或a＜-1，由此得a＞2；

由①②③得实数a的取值范围为a＞2或a＜-2．（15分）

（1）当 a=b=时，h(x)=lnx-x2-x

则 h′(x)=-x-=-=-，

∵h（x）的定义域为（0，+∞），令h'（x）=0，得x=1

∴当0＜x＜1时，h'（x）＞0，h（x）在（0，1）上是单调递增；

当x＞1时，h'（x）＜0，h（x）在（1，+∞）上是单调递减；

所以，函数h（x）=f（x）-g（x）的单调递增区间为（0，1）；单调递减区间为（1，+∞）．

（2）b=2时，h(x)=lnx-ax2-2x

则 h′(x)=-ax-2=-

因为函数h（x）存在单调递减区间，

所以h′（x）＜0有解．

即当x＞0时，则ax2+2x-1＞0在（0，+∞）上有解．

①当a=0时，y=2x-1为单调递增的一次函数，y=2x-1＞0在（0，+∞）总有解．

②当a＞0时，y=ax2+2x-1为开口向上的抛物线，y=ax2+2x-1＞0在（0，+∞）总有解．

③当a＜0时，y=ax2+2x-1为开口向下的抛物线，而y=ax2+2x-1＞0在（0，+∞）总有解，

则△=4+4a＞0，且方程y=ax2+2x-1=0至少有一个正根，

此时，-1＜a＜0

综上所述，a的取值范围为（-1，+∞）

（1）f′(x)=2x+2+

∵f（x）在（0，1）上单调

∴∀x（0，1），f'（x）≥0或∀x∈（0，1）f'（x）≤0

∴a≥-2（x2+x）或a≤-2（x2+x）

从而a≥0或a≤-4（7分）

（2）f（2t-1）≥2f（t）-3⇔2（t-1）22alnt+aln（2t-1）≥0①

令g（t）=2（t-1）2-2alnt+aln（2t-1）

则g′(t)=4(t-1)-+=

当a≤2时

∵t≥1，

∴t-1≥0，2t（t-1）≥2

∴g'（t）≥0对t＞1恒成立，

∴g（t）在[1，+∞）上递增，

∴g（t）≥g（1）=0，即1式对t≥1恒成立．

当a＞2时，

令g'（t）＜0且t＞1，

解得1＜t＜

于是，g(t)在[1，]上递减，在[，+∞]上递增，

从而有g()＜g(1)=0，即①式不可能恒成立．

综上所述a≤2．（16分）

（Ⅰ）∵f'（x）=x（ax+2）eax．

（i）当a=0时，令f'（x）=0，得x=0．

若x＞0，则f'（x）＞0，从而f（x）在（0，+∞）上单调递增；

若x＜0，则f'（x）＜0，从而f（x）在（-∞，0）上单调递减．

（ii）当a＞0时，令 f′（x）=0，得x（ax+2）=0，故x=0或x=-．

若x＞0，则f'（x）＞0，从而f（x）在（0，+∞）上单调递增；

若-＜x＜0，则f′（x）＜0，从而f（x）在（-，0））上单调递减；

若 x＜-，则f′（x）＞0，从而f（x）在（-∞，-）上单调递增．

（Ⅱ）（i）当a=0时，f（x）在区间[-1，0]上的最大值是f（-1）=1．

（ii）当-＜-1⇒0＜a＜2时，f（x）在区间[-1，0]上递减，最大值是f（-1）=e-a．

（iii）当-≥-1⇒a≥2时，f（x）在区间[-1，0]上先增后减，最大值是 f（-）=

（1）对函数求导可得，f′（x）=x2+2ax+b，

由题设知：解得（4分）

（2）由（1）知g(x)=(x3-2x2)，g′（x）=mx（x-），

当m＞0时，g（x）在（-∞，0），（，+∞）上递增，在（0，）上递减，

所以g（x）的极小值为g（）=-m；

当m＜0时，g（x）在（-∞，0），（，+∞）上递减，在（0，）上递增，

所以g（x）的极小值为g（0）=0；（8分）

（3）证明：因为f（x）在区间（1，2）内存在两个极值点，所以f′（x）=0，即x2+2ax+b=0在（1，2）内有两个不等的实根．

∴（11分）

由 （1）+（3）得a+b＞0，由（4）得a+b＜a2+a，

∴-2＜a＜-1，又a2+a=(a+)2-＜2，

∴a+b＜2．

故a+b的取值范围是（0，2）（14分）

f（x）=在（0，1]上为减函数．

∵f（x）==+=x-+x，

∴f′（x）=-x-+x-=-+=

又∵0＜x≤1，∴≤0（当且仅当x=1时取等号），

∴f（x）在（0，1]上为减函数．

（Ⅰ）由已知，得h（x）=ax2+2x-lnx，且x＞0，

则h'（x）=ax+2-=，…（2分）

∵函数h（x）存在单调递增区间，∴h'（x）＞0在（0，+∞）上有解，

即不等式ax2+2x-1＞0在（0，+∞）上有解．

①当a＜0时，y=ax2+2x-1的图象为开口向下的抛物线，对称轴为x=-＞0要使ax2+2x-1＞0在（0，+∞）上总有解，只需△=4+4a＞0，即a＞-1．即-1＜a＜0

②当a＞0 时，y=ax2+2x-1的图象为开口向上的抛物线，ax2+2x-1＞0 一定有解．

综上，a的取值范围是（-1，0）∪（0，+∞）                         …（5分）

（Ⅱ）方程=f′(x)-(2a+1)

则=ax+2-(2a+1)=ax+(1-2a)

即ax2+（1-2a）x-lnx=0…（6分），

设h（x）=ax2+（1-2a）x-lnx．

于是原方程在区间(，e)内根的问题，转化为函数h（x）在区间(，e)内的零点问题

…（9分）

…（12分）

解得1＜a＜，所以a的取值范围是(1，)…（14分）

（1）f'（x）=[x2+（a+2）x+a+b]ex（2分）

由f'（0）=0，得b=-a（4分）

∴f（x）=（x2+ax-a）ex

f'（x）=[x2+（a+2）x]ex=x（x+a+2）ex．

令f'（x）=0，得x1=0，x2=-a-2

由于x=0是f（x）极值点，故x1≠x2，即a≠-2

当a＜-2时，x1＜x2，故f（x）的单调增区间是（-∞，0]和[-a-2，+∞），单调减区间是[0，-a-2]（6分）

当a＞-2时，x1＞x2，故f（x）的单调增区间是（-∞，-a-2]和[0，+∞），单调减区间是[-a-2，0]（8分）

（2）当a＞0时，-a-2＜-2，f（x）在[-2，0]上单调递减，在[0，2]上单调递增，

因此f（x）在[-2，2]上的值域为[f（0），max[f（-2），f（2）]]=[-a，（4+a）e2]（10分）

而g(x)=-(a2-a+1)ex+2=-[(a-)2+]ex+2在[-2，2]上单调递减，

所以值域是[-（a2-a+1）]e4，-（a2-a+1）]（12分）

因为在[-2，2]上，fmin（x）-gmax（x）=-a+（a2-a+1）=（a-1）2≥0（13分）

所以，a只须满足，解得0＜a≤2

即当a∈（0，2]时，存在ξ1、ξ2∈[-2，2]使得|f（ξ1）-g（ξ2）|≤1成立．（14分）