热门试卷

解：（Ⅰ）当a=2时，f′（x）=2-，

故当x∈（0，）时，f（x）单调递减；当x∈（，+∞）时，f（x）单调递增；

所以，f（x）在x=处取得极小值f（）=1+ln2，无极大值；   …（5分）

（Ⅱ）f′（x）=a-，g′（x）=aeax+2，

当a＞0时，g′（x）＞0，即g（x）在R上单调递增，而f（x）在（，+∞）上单调递增，

故必存在D⊆（0，+∞），使得f（x）与g（x）在D上单调递增；

当a=0时，f′（x）=-＜0，故f（x）在（0，+∞）上单调递减，而g（x）在（0，+∞）上单调递增，

故不存在满足条件的区间D；

当a＜0时，f′（x）=a-＜0，即f（x）在（0，+∞）上单调递减，而g（x）在（-∞，）上单调递减，（，+∞）上单调递增，若存在存在D⊆（0，+∞），使得f（x）与g（x）在D上上单调性相同，

则有＞0，解得a＜-2；

综上，a＞0或a＜-2．…（12分）

解：（1）x＞0时，f（x）=（x2-2ax）ex，

∴f‘（x）=（2x-2a）ex+（x2-2ax）ex=[x2+2（1-a）x-2a]ex，

由已知，∴，

∴

得a=1，所以x＞0时，f（x）=（x2-2x）ex，

∴f'（x）=（2x-2）ex+（x2-2x）ex=（x2-2）ex．（3分）

令f'（x）=0得 舍去）．

当x＞0时，

当 时，f（x）单调递减，

当 f（x）单调递增，

∴x＞0时，

要使函数ϕ（x）=f（x）-m有两个零点，即方程f（x）-m=0有两不相等的实数根，

也即函数y=f（x）的图象与直线y=m有两个不同的交点．

①当b＞0时，m=0或 ；

②当b=0时，；

③当b＜0时，．（6分）

（3）假设存在，x＞0时，f（x）=（x2-2x）ex，f'（x）=（x2-2）ex，∴f（2）=0，f'（2）=2e2．

函数f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线l的方程为：y=2e2（x-2），

因直线l与函数g（x）的图象相切于点P（x0，y0），x0∈[e-1，e]，∴y0=clnx0+b.，

所以切线l的斜率为 ，

所以切线l的方程为：即l的方程为：，

得 ．

得b=2e2（x0-x0lnx0-2）其中x0∈[e-1，e]（10分）

记h（x0）=2e2（x0-x0lnx0-2）其中x0∈[e-1，e]，h'（x0）=-2e2lnx0，

令h'（x0）=0，得x0=1．

又h（e）=-4e2，h（e-1）=4e-4e2＞-4e2．∵x0∈[e-1，e]，∴h（x0）∈[-4e2，-2e2]，

所以实数b的取值范围为：b|-4e2≤b≤-2e2．（14分）

解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）==，

依题意，方程x2-（m+2）x+1=0有两个不等的正根a、b（其中a＜b），

故，∴m＞0，

又a+b=m+2，ab=1，

∴f（a）+f（b）=lnab+-（m+2）（a+b）

=-（m+2）（a+b）=-，

∵m＞0，∴-（m+2）2-1＜-3，

故f（a）+f（b）的取值范围是（-∞，-3）；

（2）当m≥+-2时，（m+2）2≥e++2，

设t=（t＞1），则（m+2）2=（a+b）2==t+≥e++2，

∴t+≥e+⇒（t-e）（1-）≥0，∴t≥e，

∴f（b）-f（a）=ln+（b2-a2）-（m+2）（b-a）

=ln+（b2-a2）-（b+a）（b-a）=ln-（b2-a2）

=ln-（）=ln-（-）=lnt-（t-），

构造函数g（t）=lnt-（t-），其中t≥e，

由g′（t）=-（1+）=-＜0

∴g（t）在[e，+∞）上单调递减，g（t）≤g（e）=1-+，

故f（b）-f（a）的最大值为1-+．