热门试卷

解：（1）f′（x）=ex（x2+（2+a）x+1+a）

=ex（x+1）（x+a+1）；

①当a=0时，f′（x）≥0，

故f（x）在R上是增函数，

②当a＜0时，x∈（-1，-a-1）时，f′（x）＜0；

当x＞-a-1或x＜-1时，f′（x）＞0；

故f（x）的单调减区间为（-1，-a-1），

单调增区间为（-∞，-1），（-a-1，+∞）；

③当a＞0时，x∈（-a-1，-1）时，f′（x）＜0；

当x＜-a-1或x＞-1时，f′（x）＞0；

故f（x）的单调减区间为（-a-1，-1），

单调增区间为（-∞，-1-a），（-1，+∞）；

（2）证明：∵当x=1时，f（x）有极值，

∴-a-1=1；∴a=-2；

∴f（x）=ex（x2-2x+1）在[-1，1]上是减函数，

故当θ∈[0，]时，

f（cosθ）-f（sinθ）≤f（0）-f（1）=1-0=1＜e．

解：（1）f´（x）=x2-2mx-1，

由f´（x）≥0，得x≤m-，或x≥m+；

故函数f（x）的单调增区间为（-∞，m-），（m+，+∞），减区间（m-，m+）．

（2）“对任意的x1，x2∈[-1，1]，都有|f′（x1）-f′（x2）|≤4”等价于“函数y=f´（x），x∈[-1，1]的最大值与最小值的差小于等于4”．

对于f´（x）=x2-2mx-1，对称轴x=m．

①当m＜-1时，f´（x）的最大值为f´（1），最小值为f´（-1），由 f´（1）-f´（-1）≤4，即-4m≤4，解得m≥-1，舍去；                                  

②当-1≤m≤1时，f´（x）的最大值为f´（1）或f´（-1），最小值为f´（m），由 ，即，解得-1≤m≤1；     

③当m＞1时，f´（x）的最大值为f´（-1），最小值为f´（1），由 f´（-1）-f´（1）≤4，即4m≤4，解得m≤1，舍去；

综上，实数m的取值范围是[-1，1]．

（3）由f´（x）=0，得x2-2mx-1=0，

因为△=4m2+4＞0，所以y=f（x）既有极大值也有极小值．

设f´（x0）=0，即x02-2mx0-1=0，

则f （x0）=x03-mx02-x0+m=-mx02-x0+m=-x0（m2+1），

由（1）知：极大值f（m-）=-（m-）（m2+1）＞0，

极小值f（m+）=-（m+）（m2+1）＜0，

故函数f（x）有三个零点．

解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），==-

①当a=0时，f（x）=lnx，在（0，+∞）上单调递增，函数无极值；

②当a＞0，令f′（x）=0，得，，且x1＜0＜x2，当x∈（0，）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；

当时f（x）有极小值为；

③当a＜0，令f′（x）=0，得，，且x2＜0＜x1，当x∈（0，）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当时，f（x）有极大值．

（2）由（1）知当a＞0，时f（x）在（）上单调递减，∴，得a≥1，当a＜0时，f（x）在（）上单调递减，∴，得，

综上得：a的取值范围为（-∞，-]∪[1，+∞）．