热门试卷

（I）f′（x）==，

由题意可得，

∴，

∴

∴f（x）=

（II）f′（x）=，令f'（x）=0，得x=-1或x=1

当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：

∴f（x）在x=-1处取得极小值f（-1）=-2，在x=1处取得极大值f（1）=2

又∵x＞0时，f（x）＞0，∴f（x）的最小值为-2（10分）∵对于任意的x1∈R，总存在x2∈[-1，1]，使得g（x2）≤f（x1）∴当x∈[-1，1]时，g（x）最小值不大于-2

又g（x）=x2-2ax+a=（x-a）2+a-a2

当a≤-1时，g（x）的最小值为g（-1）=1+3a，由1+3a≤-2

得a≤-1（11分）

当a≥1时，g（x）最小值为g（1）=1-a，由1-a≤-2，得a≥3

当-1＜a＜1时，g（x）的最小值为g（a）=a-a2

由a-a2≤-2，得a≤-1或a≥2，又-1＜a＜1，

所以此时a不存在．（12分）

综上，a的取值范围是（-∞，-1]∪[3，+∞）（13分）．

（Ⅰ） f′（x）=6x2+p，g′(x)=30x+，

由题意得：，故，解得：．      （5分）

（Ⅱ）∵h（x）=f（x）-g（x）=2x3+px+r-15x2-qlnx，

∴h′(x)=6x2+p-30x-．

由得：，得．

∴h′(x)=6x2+p-30x-===．

由题意知h（x）在x=x1和x=x2处取得极小值，则0＜x1＜1＜x2，

设m（x）=6x2-24x+p-24，则，从而24＜p＜42．

且，设x1x2=t，则0＜t＜3

.h(x1)+h(x2)=2(x13+x23)+p(x1+x2)-2p-15(x12+x22)-(p-24)ln(x1x2)

=2(x1+x2)[(x1+x2)2-3x1x2]+4p-2p-15[(x1+x2)2-2x1x2]-(p-24)ln(x1x2)

=-112+6•x1x2+2p-（p-24）ln（x1x2）

=-112+6t+12t+48-6tlnt

=-64+18t-6tlnt．             （6分）

设F（t）=-64+18t-6tlnt，

则F′（t）=18-（6lnt+6）=6（2-lnt）＞0，

∴F（t）在（0，3）上是增函数，

∴h（x1）+h（x2）＜F（3）=-10-18ln3．

则kln3-10≥-10-18ln3，从而k≥-18．

即：所求的k的最小值为-18．

（Ⅰ）f′（x）=+2x-12，（x＞0），

由已知f'（2）=0得，-8=0，解得a=16．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）=16lnx+x2-12x+b，x∈（0，+∞），

令f′（x）===0，解得 x=2或 x=4．

当x∈（0，2）时，f′（x）＞0；

当x∈（2，4）时，f′（x）＜0；

x∈（4，+∞）时，f′（x）＞0．

所以f（x）的单调增区间是（0，2），（4，+∞）；

f（x）的单调减区间是（2，4）

当时，

解：(1) ，令得，画表得

当时；

(2) ，想求最大最小值需要分类讨论，

当时，在时单调递减，只要

，无解舍；

当时，在时先增后减，只要

得实数的取值范围为

y，

（Ⅰ）因为,所以弧EF、AE、BF的长分别为…3分

连接OD，则由OD=OE=OF=1，，所以

     6分

所以

   9分

（Ⅱ）因为由   11分

解得，即      13分

又当时，，所以此时y在上单调递增；

当时，，所以此时y在上单调递减.

故当时，该霓虹灯整体的“心悦效果”最佳    16分

（1）f′(x)=+x2-2x-2a=．…（1分）

因为x=2为f（x）的极值点，所以f'（2）=0．…（2分）

即-2a=0，解得a=0．…（3分）

又当a=0时，f'（x）=x（x-2），从而x=2为f（x）的极值点成立．…（4分）

（2）因为f（x）在区间[3，+∞）上为增函数，

所以f′(x)=≥0在区间[3，+∞）上恒成立．…（5分）

①当a=0时，f'（x）=x（x-2）≥0在[3，+∞）上恒成立，所以fx）在[3，+∞上为增函数，故a=0符合题意．…（6分）

②当a≠0时，由函数f（x）的定义域可知，必须有2ax+1＞0对x≥3恒成立，故只能a＞0，

所以2ax2+（1-4a）x-（4a2+2）≥0对x∈[3，+∞0上恒成立．…（7分）

令g（x）=2ax2+（1-4a）x-（4a2+2），其对称轴为x=1-，…（8分）

因为a＞0所以1-＜1，从而g（x）≥0在[3，+∞）上恒成立，只要g（3）≥0即可，

因为g（3）=-4a2+6a+1≥0，

解得≤a≤．…（9分）

因为a＞0，所以0＜a≤．

综上所述，a的取值范围为[0，]．…（10分）

（3）若a=-时，方程f(1-x)=+x＞0可化为，lnx-(1-x)2+(1-x)=．

问题转化为b=xlnx-x（1-x）2+x（1-x）=xlnx+x2-x3在（0，+∞）上有解，

即求函数g（x）=xlnx+x2-x3的值域．…（11分）

以下给出两种求函数g（x）值域的方法：

方法1：因为g（x）=x（lnx+x-x2），令h（x）=lnx+x-x2（x＞0），

则h′(x)=+1-2x=，…（12分）

所以当0＜x＜1，h′（x）＞0，从而h（x）在（0，1）上为增函数，

当x＞1，h′（x）＜0，从而h（x'）在（1，+∞上为减函数，…（13分）

因此h（x）≤h（1）=0．

而，故b=x•h（x）≤0，

因此当x=1时，b取得最大值0．…（14分）

方法2：因为g（x）=x（lnx+x-x2），所以g'（x）=lnx+1+2x-3x2．

设p（x）=lnx+1+2x-3x2，则p′(x)=+2-6x=-．

当0＜x＜时，p'（x）＞0，所以p（x）在(0，)上单调递增；

当x＞时，p'（x）＜0，所以p（x）在(，+∞)上单调递减；

因为p（1）=0，故必有p()＞0，又p()=-2+1+-＜-＜0，

因此必存在实数x0∈(，)使得g'（x0）=0，

∴当0＜x＜x0时，g′（x）＜0，所以g（x）在（0，x0）上单调递减；

当x0＜x＜1，g′（x）＞0，所以，g（x）在（1，+∞）上单调递减；

又因为g(x)=xlnx+x2-x3=x(lnx+x-x2)≤x(lnx+)，

当x→0时，lnx+＜0，则g（x）＜0，又g（1）=0．

因此当x=1时，b取得最大值0．…（14分）

（Ⅰ）∵f（x）=ax-xlna∴f'（x）=axlna-lna=（ax-1）lna，∵a∈（1，e]∴lna＞0

f'（x）＞0可得x＞0

f'（x）=0可得x=0

f'（x）＜0可得x＜0

∴f（x）在（-∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增…（4分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）知f（x）在[-1，0]单调递减，在[0，1]在单调递增∴当x=0时f（x）取得最小值f（x）min=f（0）=1f（x）max=max{f（1），f（-1）}…（6分）

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

设g(a)=a--2lna，a∈[1，e]∵g′(a)=1+-=(-1)2＞0∴g（a）在[1，e]上单调递增．又g（1）=0，∴g（a）＞0，a∈[1，e]∴f（1）-f（-1）＞0，∴f（1）＞f（-1）∴在[-1，1]上，f（x）的最大值为f（1）=a-lna…（9分）∴对∀x1，x2∈[-1，1]，都有|f（x1）-f（x2）|≤f（1）-f（0）

又f（1）-f（0）=a-lna-1

即对∀x1，x2∈[-1，1]，都有|f（x1）-f（x2）|≤a-lna-1…（11分）

设h（a）=a-lna-1，a∈[1，e]则h′(a)=1-＞0∴h（a）在（1，e]上单调递增，∴h（a）max=h（e）=e-2∴a-lna-1≤e-2

综上所述，对∀x1，x2∈[-1，1]，都有|f（x1）-f（x2）|≤e-2…（14分）

（1）a=-2时，f（x）=（2x2-2x-2）•ex，定义域为R．

f′（x）=）=（2x2-2x-2）•ex+（4x-2）•ex=2（x-1）（x+2）•ex．

由f′（x）＞0得x＜-2或x＞1，由f′（x）＜0，得-2＜x＜1，

∴f（x）的单调递增区间为（-∞，-2），（1，+∞），单调递减区间为（-2，-1）．

（2）f′（x）=（-ax2-2x+a）•ex+（-2ax-2）•ex=-[ax2+2（a+1）x+2-a]•ex．

令g（x）=-ax2-2（a+1）x+a-2．

①当a=0时，g（x）=-2x-2，在（-1，1）内g（x）＜0，f′（x）＜0，

函数f（x）在[-1，1]上单调递减．

②当a＞0时，g（x）=-ax2-2（a+1）x+a-2是二次函数，其对称轴为x=-1-＜-1，

当且仅当g（-1）≤0，即a≤0时，f′（x）≤0，此时无解．

③当a＜0时，g（x）=-ax2-2（a+1）x+a-2是二次函数，

当且仅当即．∴-2≤a＜0时，f′（x）≤0，

此时函数f（x）在[-1，1]上单调递减．

综上，实数a的取值范围是[-2，0]．

（Ⅰ）因为函数的定义域为（0，+∞），

函数的导数为f'（x）=1+a+lnx，由f'（x）=1+a+lnx=0，

解得x=e-1-a，即当x=e-1-a，时，函数取得极小值-e-2．

即f（e-1-a）=e-1-a（a-1-a）=-e-1-a=-e-2，

所以解的a=1，即实数a的值为1．

（Ⅱ）当a=1时，f（x）=x（1+lnx），所以设g(x)==，

则g′(x)=．

令h（x）=x-2-lnx，x＞1．

因为h′(x)=1-=＞0，所以函数h（x）在（1，+∞）上单调递增，

又h（3）=1-ln3＜0，h（4）=2-ln4=2-2ln2＞0，

所以h（x）在（1，+∞）上存在唯一的一个实数根x0，满足x0∈（3，4），且h（x0）=0

，即x0-2-ln⁡x0=0，所以lnx0=x0-2．

当x∈（1，x0）时，h（x）＜0，此时g'（x）＜0，

当x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，此时g'（x）＞0．

所以g′(x)=在x∈（1，x0）时，单调递减，在x∈（x0，+∞）上单调递增，

所以.g(x)min=g(x0)====x0∈（3，4）．

所以要使k＜对任意x＞1恒成立，则k＜g（x）min⁡=x0∈（3，4），

因为k∈Z，所以要k≤3，即k的最大值为3．