热门试卷

解：（1）f‘（x）=[x2+（a+2）x+a+b]ex（2分）

由f'（0）=0，得b=-a（4分）

∴f（x）=（x2+ax-a）ex

f'（x）=[x2+（a+2）x]ex=x（x+a+2）ex．

令f'（x）=0，得x1=0，x2=-a-2

由于x=0是f（x）极值点，故x1≠x2，即a≠-2

当a＜-2时，x1＜x2，故f（x）的单调增区间是（-∞，0]和[-a-2，+∞），单调减区间是[0，-a-2]（6分）

当a＞-2时，x1＞x2，故f（x）的单调增区间是（-∞，-a-2]和[0，+∞），单调减区间是[-a-2，0]（8分）

（2）当a＞0时，-a-2＜-2，f（x）在[-2，0]上单调递减，在[0，2]上单调递增，

因此f（x）在[-2，2]上的值域为[f（0），max[f（-2），f（2）]]=[-a，（4+a）e2]（10分）

上单调递减，

所以值域是[-（a2-a+1）]e4，-（a2-a+1）]（12分）

因为在[-2，2]上，fmin（x）-gmax（x）=-a+（a2-a+1）=（a-1）2≥0（13分）

所以，a只须满足，解得0＜a≤2

即当a∈（0，2]时，存在ξ1、ξ2∈[-2，2]使得|f（ξ1）-g（ξ2）|≤1成立．（14分）

解：（Ⅰ）∵f（x）=x2-lnx，x∈（0，e]，，x∈（0，e]，…（1分）

令f′（x）＞0，得＜x＜e，f′（x）＜0，得0＜x＜，

∴f（x）的单调增区间是[，e]，单调减区间为（0，]． …（4分）

f（x）的极小值为f（）=-ln=ln2．无极大值．…（5分）

（Ⅱ）假设存在实数a，使f（x）=ax2-lnx，（x∈[0，e]）有最小值3，

…（6分）

①当a≤0时，x∈（0，e]，所以f′（x）＜0，所以f（x）在（0，e]上单调递减，

∴，（舍去）…（8分）

②当a＞0时，令f′（x）=0得：，

（ⅰ）当0＜＜e即a＞时

f（x）在（0，]上单调递减，在（，e]上单调递增，

∴f（x）min=f（）=．得a=．  …（10分）

（ⅱ）当≥e即0＜a≤时，

x∈（0，e]时，f’（x）＜0，所以，f（x）在（0，e]上单调递减，

∴， （舍去），此时f（x）无最小值．

综上，存在实数，使得当x∈（0，e]时，f（x）有最小值3．…（12分）

解：（1）h（x）=f（x）+g（x）=ex+x2-x，∴h‘（x）=ex+2x-1，

令F（x）=h'（x），则F'（x）=ex+2＞0，

∴F（x）在（-∞，+∞）上单调递增，即h'（x）在（-∞，+∞）上单调递增．

（2）由（1）知h'（x）在（-∞，+∞）上单调递增，而h'（0）=0，

∴h'（x）=0有唯一解x=0，x，h'（x），h（x）的变化情况如下表所示：

又∵函数y=|h（x）-a|-1有两个零点，

∴方程|h（x）-a|-1=0有两个根，即方程h（x）=a±1有两个根

而a+1＞a-1，∴a-1＜（h（x））min=h（0）=1且a+1＞（h（x））min=h（0）=1，

解得0＜a＜2．

所以，若函数y=|h（x）-a|-1有两个零点，实数a的取值范围是（0，2）