热门试卷

解：（Ⅰ）因为f‘（x）=ex，所以f'（0）=1，又f（0）=1，

得y=f（x）在x=0处的切线方程为y=x+1，…（2分）

又因为g'（x）=2ax+b，所以g'（0）=b，又g（0）=1，

得y=g（x）在x=0处的切线方程为y=bx+1，

因为曲线y=f（x）与y=g（x）在x=0处有相同的切线，所以b=1．…（4分）

（Ⅱ）由a=0，则φ（x）=f（x）-g（x）=ex-bx-1，所以φ'（x）=ex-b，

（i）当b≤0时，φ'（x）＞0，函数φ（x）在R上单调递增，

又φ（0）=0，所以当x∈（-∞，0）时，φ（x）＜0，与函数f（x）≥g（x）矛盾，…（6分）

（ii）当b＞0时，由φ'（x）＞0，得x＞lnb；由φ'（x）＜0，得x＜lnb，

所以函数φ（x）在（-∞，lnb）上单调递减，在（lnb，+∞）上单调递增，…（8分）

①当0＜b＜1时，lnb＜0，又φ（0）=0，φ（lnb）＜0，与函数f（x）≥g（x）矛盾；

②当b＞1时，同理φ（lnb）＜0，与函数f（x）≥g（x）矛盾；

③当b=1时，lnb=0，所以函数φ（x）在（-∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，φ（x）≥φ（0）=0，故b=1满足题意．

综上所述，b的取值的范围为{1}．…（12分）

（1）解：由题意a＞0，f′（x）=ex-a，

由f′（x）=ex-a=0，得x=lna．

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

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

（2）解：由（1）知，当x=lna时，f（x）取得极小值，也为最小值，

其最小值为g（a）=f（lna）=elna-alna-1=a-alna-1．

由g′（a）=1-lna-1=-lna=0，得a=1．

∴g（a）在区间（0，1）上单调递增，在区间（1，+∞）上单调递减，

∴g（a）在a=1处取得最大值，而g（1）=0．

因此g（a）取得最大值时，a=1．

（3）证明：由（2）知，当a=1时，对任意实数x均有f（x）≥g（1）=0，即ex-x-1≥0，即1+x≤ex．

令x=-（n∈N*，k=0，1，2，3，…，n-1），则0＜1-≤，

∴，

∴≤e-（n-1）+e-（n-2）+…+e-2+e-1+1=．

解：（1）当a=1时，，∴f（3）=0

，x≠-1，∴f′（3）=

所以f（x）在点（3，f（3））处的切线方程为，即3x-4y-9=0

（2）当a＞0时，a（a+2）＞0，故不等式的解集为（-1，0）∪（a（a+2），+∞）

当a=0时，，故不等式的解集为（-1，0）∪（0，+∞）

当-1＜a＜0时，-1＜a（a+2）＜0，故不等式的解集为（-1，a（a+2））∪（0，+∞）

（3）令t=x+1，则t∈[1，3]

∴f（x）=g（t）=，g′（t）=-

若a+1=0，g（t）在t∈[1，3]上递增，故g（t）即f（x）的最小值为0

若a+1≠0，则g（t）在（0，|a+1|）上递减，在（|a+1|，+∞）上递增，

①若0＜|a+1|≤1，即-2≤a≤0且a≠-1时，g（t）在t∈[1，3]上递增，故g（t）即f（x）的最小值为0；

②若1＜|a+1|＜3，即-4＜a＜-2或0＜a＜2，g（t）在[1，|a+1|]上递减，在[|a+1|，3]递增，

故g（t）即f（x）的最小值为g（|a+1|）=2|a+1|-（a2+2a+2）；

③若|a+1|≥3，即a≥2或a≤-4时，g（t）在t∈[1，3]上递减，故g（t）即f（x）的最小值为

综上所述：f（x）min=．