热门试卷

………………2分

，     ………………4分

因此解得，………………6分

又解得，………………8分

因此，………………12分

解：（1）∵f′（x）=λg[λx+（1﹣λ）a]﹣λg′（x），）

由f′（x）＞0得，g[λx+（1﹣λ）a]＞g′（x），

∴λx+（1﹣λ）a＞x，即（1﹣λ）（x﹣a）＜0，解得x＜a

故当x＜a时，f′（x）＞0；当x＞a时，f′（x）＜0；

∴当x=a时，f（x）取极大值，但f（x）没有极小值。

（2）∵，

又当x＞0时，令h（x）=ex﹣x﹣1，则h′（x）=ex﹣1＞0，

故h（x）＞h（0）=0，

因此原不等式化为，即ex﹣（1+a）x﹣1＜0，

令g（x）=ex﹣（1+a）x﹣1，则g′（x）=ex﹣（1+a），

由g′（x）=0得：ex=（1+a），解得x=ln（a+1），

当0＜x＜ln（a+1）时，g′（x）＜0；当x＞ln（a+1）时，g′（x）＞0。

故当x=ln（a+1）时，g（x）取最小值g[ln（a+1）]=a﹣（1+a）ln（a+1），

令s（a）=，则s′（a）=。

故s（a）＜s（0）=0，即g[ln（a+1）]=a﹣（1+a）ln（a+1）＜0。

因此，存在正数x=ln（a+1），使原不等式成立。

（3）对任意正数a1，a2，存在实数x1，x2使a1=e，a2=e，

则•=，，

原不等式⇔≤，

⇔g（λ1x1+λ2x2）≤λ1g（x1）+λ2g（x2）

由（1）f（x）≤（1﹣λ）g（a）

故g[λa+（1﹣λ）a]≤λg（x）+（1﹣λ）g（a）

令x=x1，a=x2，λ=λ1，1﹣λ=λ2

从而g（λ1x1+λ2x2）≤λ1g（x1）+λ2g（x2）

故≤成立，得证

解析：（1）设，则，  …………2分

由

得   ……………………………4分

解得  或  ……………………………… 5分

∴或……………………………… 7分

（2）当时，

…………………… 10分

当时，

………………………13分

∴                                        ……………………………14分

（1）由条件得，……………………2分

因为在复平面上对应点落在第一象限，故有…………………………4分

…………………………6分

（2）因为虚数是实系数一元二次方程的根

所以，即，…………………………8分

把代入，则，…………………………10分

所以…………………………12分

（1），…………………2分

……………………4分

（或）

（2）是虚数，则，的实部为；

当2.…………………7分

当2.………………10分

（3）解：

① 恒成立，

由得，当时，；当时， 。………………………………12分

②  如则

当.   ……………14分

当……………16分