热门试卷

解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（-1，+∞），

f′（x）=-+=，

故当x∈（-1，0）时，f′（x）＜0，

当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，

故f（x）的单调减区间为（-1，0），单调增区间为（0，+∞）；

（Ⅱ）证明：当x∈（0，1）时，

令h（x）=f（x）-[（ln2-1）x3+x2+1]，

则h′（x）=-3（ln2-1）x2-x

=x（-3（ln2-1）x-1），

∵0＜x＜1，

∴x＞0，-3（ln2-1）x-1＜-1＜0，

∴h′（x）＜0，

故h（x）在（0，1）上是减函数，

故h（x）＜h（1）=+ln2-（ln2-1++1）=0，

故f（x）-[（ln2-1）x3+x2+1]＜0，

即f（x）＜（ln2-1）x3+x2+1．

解：（Ⅰ）f（x）的定义域为x＞0，f（x）=a（1-）+=，

∵a＞0，∴f′（x）＞0只需ax2+2x-a＞0，

即x＞，

∴f（x）在（0，）上递减，在（，+∞）递增，

（Ⅱ）当x∈[-1，2]时，g（x）min=0，

若∀x1∈[e-1，e]，∃x2∈[-1，2]，使不等式f（x1 ）＞g（x2）成立，

只需∀x∈[e-1，e]时，f（x）＞0成立，即a（x+）+2lnx＞0，

解得a＞，

设u（x）=，u′（x）=，

∵x∈[e-1，e]，∴-1≤lnx≤1，∴u′（x）＞0，u（x）在[e-1，e]递增，

∴u（x）min=u（e-1）=-，

∴的最大值为，只需a＞，

故a的范围是（，+∞）．

解：（Ⅰ）任取x∈[0，1]，，

又f（x）是偶函数，故x∈[0，1]时，f（x）=f（-x）=e2x-aex．

由f（x）是定义域为[-1，1]的偶函数可知，f（x）在x∈[0，1]的最大值即可为f（x）的最大值．

当x∈[0，1]时，；；

综上可知：

a≤e+1时，fmax（x）=f（1）=e2-ae；a＞e+1时，fmax（x）=f（0）=1-a．

（Ⅱ）

==

要x∈[0，1]时，函数g（x）的图象恒在直线y=e上方，

即x∈[0，1]时，gmin（x）＞e成立，

g′（x）f‘（x）=（x+a+3）（x-1）ex，令g′（x）=0，解得x1=-a-3，x2=1

①当-a-3≤0，即a≥-3且a≠0时，可得x∈[0，1]时g′（x）≤0，故g（x）在区间[0，1]单调递减．

此时gmin（x）=g（1）=（-2-a）e＞e⇒a＜-3，与a≥-3且a≠0矛盾．

②当0＜-a-3＜1，即-4＜a＜-3时，可得x∈[0，-a-3]时，g′（x）≥0，x∈[-a-3，1]时g′（x）≤0，可知f（x）在区间[0，-a-3]单调递增．在区间[-a-3，1]单调递减．

此时gmin（x）＞e⇔g（0）＞e，且g（1）＞e，

故-4＜a＜-3时可满足题意；

③-a-3≥1，即a≤-4时，可得x∈[0，1]时g′（x）≥0，可知g（x）在区间[0，1]单调递增．

此时

综上可知：a＜-3时，g（x）的图象恒在直线y=e上方．