热门试卷

解：（I）（x＞0且x≠1）．

令g′（x）＞0，解得，x＞e，因此函数g（x）在区间（e，+∞）单调递增；

令g′（x）＜0，解得0＜x＜e且x≠1，因此函数g（x）在区间（0，1），（1，e）单调递减．

（II）f（x）=g（x）-ax=（x＞1）．f′（x）=．

∵函数f（x）在（1，+∞）上是减函数，∴f′（x）≤0恒成立，即≤0恒成立．

∴．

∵x＞1，∴lnx＞0，

∴=≤，当lnx=2，即x=e2时取等号．

∴．

∴实数a的最小值是．

（III）∵∀x1∈[e，e2]，∃x2∈[e，e2]，使g（x1）≤f′（x2）+2a成立，

∴．

由（I）可知：g（x1）在[e，e2]上单调递增，∴g（x1）max=g（e2）=．

∵x∈[e，e2]，∴1≤lnx≤2，∴．

令h（x）=f′（x）+2a=-a+2a==+≤a+．

∴+．

∴实数a的取值范围是．

（Ⅰ）解：因为函数f（x）=（x2+mx+m）•ex

所以导数f‘（x）=（2x+m）•ex+（x2+mx+m）•ex=[x2+（2+m）x+2m]•ex

=（x+2）（x+m）•ex，

因为m＜2，所以-m＞-2，令f'（x）＞0得x＞-m，或x＜-2；f'（x）＜0得-2＜x＜-m．

所以函数f（x）在x=-2处取得极大值，且为f（-2）=（4-2m+m）•e-2=（4-m）•e-2．

故当m＜2时，函数f（x）的极大值为（4-m）•e-2．------6分

（Ⅱ）证明：当m=0时，f（x）=x2ex，

要证f（x）≥x2+x3⇔ex≥1+x，

令g（x）=ex-1-x，则导数g‘（x）=ex-1，

令g’（x）＞0得x＞0；g‘（x）＜0得x＜0；

所以g（x）在x=0处取得极小值且为0，此时g（x）也取得最小值0，

即g（x）≥0⇒ex≥1+x，从而f（x）≥x2+x3．

故当m=0时，f（x）≥x2+x3恒成立．-------12分

解：（1）当 时，，；

对于x∈[1，e]，有f‘（x）＞0，∴f（x）在区间[1，e]上为增函数，

∴，．

（2）在区间（1，+∞）上，函数f（x）是f1（x），f2（x）的“活动函数”，则f1（x）＜f（x）＜f2（x）

令 ＜0，对x∈（1，+∞）恒成立，

且h（x）=f1（x）-f（x）=＜0对x∈（1，+∞）恒成立，

∵

1）若 ，令p′（x）=0，得极值点x1=1，，

当x2＞x1=1，即 时，在（x2，+∞）上有p′（x）＞0，

此时p（x）在区间（x2，+∞）上是增函数，并且在该区间上有p（x）∈（p（x2），+∞），不合题意；

当x2＜x1=1，即a≥1时，同理可知，p（x）在区间（1，+∞）上，有p（x）∈（p（1），+∞），也不合题意；

2）若 ，则有2a-1≤0，此时在区间（1，+∞）上恒有p′（x）＜0，

从而p（x）在区间（1，+∞）上是减函数；

要使p（x）＜0在此区间上恒成立，只须满足 ，

所以 ≤a≤．

又因为h′（x）=-x+2a-=＜0，h（x）在（1，+∞）上为减函数，

h（x）＜h（1）=+2a≤0，所以a≤

综合可知a的范围是[，]．

解；（Ⅰ）当a=b=n=3时，f（x）=-x3+3x+3，f′（x）=-3x2+3，

令f′（x）＞0，解得：-1＜x＜1，

令f′（x）＜0，解得：x＞1或x＜-1，

∴f（x）在（-1，1）递增，在（-∞，-1），（1，+∞）递减，

（Ⅱ）a=b=1且n=2时，h（x）=sinx+x2-x-1，

则h′（x）=cosx+2x-1，

令k（x）=h′（x），则k′（x）=-sinx+2，

∵k′（x）＞0，∴k（x）在R上递增，

又k（0）=0，

∴x＞0时，k（x）=h′（x）＞h′（0）=0，h（x）在（0，+∞）递增，

x＜0时，k（x）=h′（x）＜h′（0）=0，h（x）在（-∞，0）递减，

∴h（x）=g（x）-f（x）的最小值h（x）min=h（0）=-1；

（Ⅲ）∵∀x∈[-1，1]，有|f（x）|≤，

∴|f（0）|≤，|f（1）|≤，|f（-1）|≤，

∴，

由②+③得≤b≤，④，再由①④得b=，∴a=0，

∴f（x）=-x4+，经过检验符合题意，

设F（x）=f（x）-g（x）=-x4+-sinx，

∵F（-2）=-16+-sin（-2）＜0，

F（-1）=sin1-＞sin-=0，

F（0）=-sin0＞0，

F（1）=--sin1＜0，

∵x的方程f（x）=g（x）有且只有两个实数根x1，x2，

∴-2＜x1＜-1，0＜x2＜1，

故x1+x2＜0．