热门试卷

（I） 因为S(t)=|t-a|et，其中t≠a…（2分）

当a=0，S(t)=|t|et，其中t≠0

当t＞0时，S(t)=tet，S′(t)=(t+1)et，

所以S'（t）＞0，所以S（t）在（0，+∞）上递增，…（4分）

当t＜0时，S(t)=-tet，S′(t)=-(t+1)et，

令S′(t)=-(t+1)et＞0，解得t＜-1，所以S（t）在（-∞，-1）上递增

令S′(t)=-(t+1)et＜0，解得t＞-1，所以S（t）在（-1，0）上递减 …（7分）

综上，S（t）的单调递增区间为（0，+∞），（-∞，-1），S（t）的单调递增区间为（-1，0）

（II）因为S(t)=|t-a|et，其中t≠a

当a＞2，t∈[0，2]时，S(t)=(a-t)et

因为∃t0∈[0，2]，使得S（t0）≥e，所以S（t）在[0，2]上的最大值一定大于等于e，

S′(t)=-[t-(a-1)]et，令S'（t）=0，得t=a-1…（8分）

当a-1≥2时，即a≥3时S′(t)=-[t-(a-1)]et＞0对t∈（0，2）成立，S（t）单调递增，

所以当t=2时，S（t）取得最大值S(2)=(a-2)e2

令(a-2)e2≥e，解得   a≥+2，

所以a≥3…（10分）

当a-1＜2时，即a＜3时S′(t)=-[t-(a-1)]et＞0对t∈（0，a-1）成立，S（t）单调递增，S′(t)=-[t-(a-1)]et＜0对t∈（a-1，2）成立，S（t）单调递减，

所以当t=a-1时，S（t）取得最大值S(a-1)=ea-1，

令S(a-1)=ea-1≥e，解得a≥ln2+2，

所以ln2+2≤a＜3…（12分）

综上所述，ln2+2≤a…（13分）

（1）由已知得f′（x）=3x2-6x+a，

∵在x=-1处的切线与x轴平行

∴f′（-1）=0，解得a=-9．

这时f′（x）=3x2-6x-9=3（x+1）（x-3）

由f′（x）＞0，解得x＞3或x＜-1；

由f′（x）＜0，解-1＜x＜3．

∴f（x）的单调增区间为（-∞，-1）∪（3，+∞）；单调减区间为（-1，3）．

（2）令g（x）=f（x）-（x2-15x+3）=x3-x2+6x+b-3

则原题意等价于g（x）图象与x轴有三个交点

∵g′（x）=3x2-9x+6=3（x-1）（x-2）

∴由g′（x）＞0，解得x＞2或x＜1；

由g′（x）＜0，解得1＜x＜2．

∴g（x）在x=1时取得极大值g（1）=b-；g（x）在x=2时取得极小值g（2）=b-1．

依题意得，解得＜b＜1．

故b的取值范围为（，1）

（I）当a=1时，g(x)=1-2x-+ln，其定义域为（0，+∞），g′（x）=-2+-==，，

令g′（x）＞0，并结合定义域知x∈(0，)； 令g′（x）＜0，并结合定义域知x∈(，+∞)；

故g（x）的单调增区间为（0，）；单调减区间为(，+∞)．

（II）f′(x)=-=，

（1）当f′（x）≤0即a≤x在x∈（0，2）上恒成立时，a≤0，此时f（x）在（0，2）上单调递减，无极值；

（2）当f′（x）≥0即a≥x在x∈（0，2）上恒成立时，a≥2，此时f（x）在（0，2）上单调递增，无极值．

综上所述，a的取值范围为（-∞，0]∪[2，+∞）．

（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当a=1时，f′（x）=，当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；

当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，

∴f（x）=1-+ln在x=1处取得最大值0．

即f（x）=1-+ln≤0，

∴ln≤，令x=（0＜x＜1），则ln＜，即ln（n+1）-lnn＜，

∴ln=ln（n+1）-ln3=[ln（n+1）-lnn]+[lnn-ln（n-1）]+…+（ln4-ln3）

＜+++…+．

故ln＜+++…+．

（1）∵f(x)=(ax-3)=ax3-3x2，∴f′（x）=3ax2-6x，

∵x=l是函数f（x）的一个极值点，∴f′（1）=0，

解得，a=2，此时f′（x）=6（x2-x）=6x（x-1），

∴当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，当x∈（-∞，0），（1，+∞）时，f′（x）＞0，

∴a=2．

（2）由题意得g（x）=f（x）+f′（x）=ax3+3（a-1）x2-6x，a＞0且x∈[0，2]，

∴g′（x）=3ax2+6（a-1）x-6=3[ax2+2（a-1）x-2]，

令g′（x）=0，即ax2+2（a-1）x-2=0，

且△=4（a-1）2+8a=4a2+4＞0，

∴方程ax2+2（a-1）x-2=0有两个不同的根，设为x1，x2，则

x1x2=-＜0，不妨设x1＜0＜x2，

当0＜x2＜2时，g（x2）为极小值，则g（x）在[0，2]上的最大值只能为g（0）或g（2）；

当x2≥2时，则g（x）在[0，2]上是单调减函数，

∴g（x）在[0，2]上的最大值只能为g（0），

综上得，g（x）在[0，2]上的最大值只能为g（0）或g（2）；

∵g（x）在x=0处取得最大值，∴g（0）≥g（2），

即0≥20a-24，得a≤，

∵a＞0，∴a∈（0，]．

（Ⅰ）由f（x）=（mx+n）e-x，得

f′（x）=-（mx+n-m）e-x．

依题意，f（1）=e-1，f′（1）=0，即

，解得m=1，n=0．

所以f（x）=xe-x．

f′（x）=-（x-1）e-x．

当x∈（-∞，1）时，f′（x）＞0；当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0．

所以，函数f（x）在（-∞，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减；

（Ⅱ）设g（x）=f（2x-a）+f（a）-2f（x），则g′（x）=2[f′（2x-a）-f′（x）]．

设h（x）=f′（x）=-（x-1）e-x，则h′（x）=（x-2）e-x．

当x∈（-∞，2）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减；

当x∈（2，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增．

（1）若a≥2，则当x∈（a，+∞）时，2x-a＞x，h（2x-a）＞h（x），即f′（2x-a）＞2f′（x），

所以g′（x）＞0，g（x）在（a，+∞）单调递增，此时g（x）＞g（a）=0，

即f（2x-a）+f（a）-2f（x）＞0．

（2）若a＜2，则当x∈（a，）时，2x-a＞x，h（2x-a）＜h（x），即f′（2x-a）＜2f′（x），

所以g′（x）＜0，g（x）在（a，2）单调递减，此时g（x）＜g（a）=0．

综上，a的取值范围是[2，+∞）．

（1）当a=2时，f（x）=（x2-2x）ex，

∴f′（x）=（2x-2）ex+（x2-2x）ex=（x2-2）ex，令f′（x）＜0即（x2-2）ex＜0，

∴x2-2＜0，∴-＜x＜，∴函数f（x）的单调递减区间是（-，）．

（2）f′（x）=（2x-a）ex+（x2-ax）ex=[x2+（2-a）x-a]ex，

∵f（x）在（-1，1）上单调递减，∴x∈（-1，1）时，f′（x）≤0恒成立，

即x∈（-1，1）时，x2+（2-a）x-a≤0恒成立．即a≥=x+1-对一切x∈（-1，1）恒成立，令g(x)=x+1-，g′(x)=1+＞0，

∴g（x）在（-1，1）上是增函数．∴g（x）≤1+1-=，a≥，

即a的取值范围是[，+∞）．

（3）∵f′（x）=[x2+（2-a）x-a]ex，设t=x2+（2-a）x-a，

△=（2-a）2+4a=a2+4＞0，∴x∈R时，t不恒为正值，也不恒为负值．

即f′（x）的值不恒正，也不恒负，故f（x）在R上不可能单调．

（1）f'（x）=3x2+2ax-a2=0

解得：x=或-a

当x∈（-∞，）或（-a，+∞）时，f'（x）＞0，

则f（x）的增区间为（-∞，），（-a，+∞）

当x∈(，-a)时，f'（x）＜0，

∴减区间为(，-a)（4分）

（2）当a＜0时，则有

得a∈（-∞，-1]（7分）

当a＞0时，则有

得a∈[，+∞)（10分）

所以a∈(-∞，-1]∪[，+∞)

（3）由x3+ax2-a2x-1=ax2-x-1得x（x2-a2+1）=0有三个解，

所以a＞1或a＜-1  （12分）得h(a)=（16分）

（If′(x)=

设h（x）=ax2-x-a=0的两个根为x1，x2

由韦达定理得x1•x2=1

∵f（x）在区间（1，2）不单调

∴h（x）=0在区间（1，2）上h（x）=0有且仅有一个根，另一个根小于1，

则h（1）h（2）＜0

即（a-1-a）（4a-2-a）＜0

解得a＞

（II）g′(x)=

①当a=1时，函数g（x）无极值

②当a＞1时，在(-1，-1)上，g′（x）＞0，g（x）单调递增，

在(-1，0)上，g′（x）＜0，g（x）单调递减

在（0，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增

∴当x=-1时，g（x）取得极大值为a--1-lna

③当0＜a＜1时，函数g（x）在区间(-1，0)和(-1，+∞)上是增函数，在区间(0，-1)是减函数

所以函数g（x）的极大值为g（0）=0

（1）∵f（x）=x3-(m+1)x2+2mx(m∈R)，

m=1，

∴f′（x）=3x2-5x+2=（3x-2）（x-1），

令f′（x）＞0，得x＜，或x＞1，

由f′（x）＜0，得＜x＜1，

∴f（x）在（-∞，），（1，+∞）上为增函数，

在（，1）上为减函数．

（2）∵g（x）=x4+mx2+(3-m)lnx，(x＞0)

∴g′(x)=x3+mx+，x＞0，

∴g′(x)=，x＞0

令g′（x）=0，得x4+mx2+（3-m）=0（*），

①当△=m2-4（3-m）≤0，

即-6≤m≤2时，

方程（*）无解，此时g（x）无极值点．

②当△=m2-4（3-m）＞0，

即m＜-6或m＞2时，

（i）当3-m＜0，即m＞3时，方程（*）有一正、一负两个根，

∵t=x2，∴方程x4+mx2+（3-m）=0只有一个正数解，

此时g（x）只有一个极值点．

（ii）当时，即m＜-6时，

方程（*）有两个相异正根，

∵t=x2，∴方程x4+mx2+（3-m）=0恰有两个相异正数解，

此时g（x）有两个极值点，

由①②知，g（x）至少一个极值点时，m的取值范围是m＜-6或m＞3．