热门试卷

解：（1）因为f（x）=aln（x+1）+（x+1）2，

所以f′（x）=+2（x+1）．

由f′（1）=0，可得+4=0，解得a=-8．

经检验a=-8时，函数f（x）在x=1处取得极值，

所以a=-8；

f（x）=-8ln（x+1）+（x+1）2，

f′（x）=+2（x+1）=．

而函数f（x）的定义域为（-1，+∞），

当-1＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）递减；当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）递增．

由表可知，f（x）的单调减区间为（-1，1），f（x）的单调增区间为（1，+∞）．

（2）∵1＜e-1，∴f‘（x）＞0，x∈[e-1，e]时，f（x）min=f（e-1）=-8+e2

不等式m2+tm+e2-14≤f（x）对任意x∈[e-1，e]及t∈[-1，1]恒成立，

即m2+tm+e2-14≤f（x）min⇔m2+tm+e2-14≤-8+e2，

即m2+tm-6≤0对t∈[-1，1]恒成立，

令g（t）=m2+mt-6，⇒g（-1）≤0，g（1）≤0，

即有，

解得-2≤m≤2为所求．

解：（1）由题意得f′（x）=3x2+2ax-a2=3（x-）（x+a）（a＞0），

由f′（x）＞0得x＜-a，或x＞，由f′（x）＜0得-a＜x＜，

所以函数f（x）的增区间为（-∞，-a），（，+∞），减区间为（-a，），

即当x=-a时，函数取极大值f（-a）=a3+5，

当x=时，函数取极小值f（）=-+5，

又f（-2a）=-2a3+5＜f（），f（2a）=10a3+5＞f（-a），

所以函数f（x）有两个零点，当且仅当f（-a）=0或f（）=0，

注意到a＞0，所以f（）=-=0，即a=3．

故a的值是3．

（2）由题知-a∈[-6，-3]，∈[1，2]，

当-a≤-4即4≤a≤6时，

函数f（x）在[-4，）上单调递减，在（，4]上单调递增，

注意到f（-4）-f（4）=8（a2-16）≥0，

所以f（x）max=f（-4）=4a2+16a-59；

当-a＞-4即3≤a＜4时，

函数f（x）在[-4，-a）上单调增，在（-a，）上单调减，在（，4]上单调增，

注意到f（-a）-f（4）=a3+4a2-16a-64=（a+4）2（a-4），

所以f（x）max=f（4）=-4a2+16a+69；

综上，f（x）max=．

解：（1）g（x）的定义域为（0，+∞），图象如图示：

；

（2）由图知0＜x1＜1＜x2，

∴lnx1＜0，lnx2＞0，

∴g（x1）=g（x2）

即|lnx1|=|lnx2|⇒-lnx1=lnx2

⇒lnx1+lnx2=0⇒x1•x2=1，

∴；

（3）∵f（x）=x-，

∴f′（x）=，

经观察得f′（x）=0，得x=1，

令g（x）=x2+lnx-1，则：g′（x）=2x+，

当x＞0时，g′（x）＞0，即y=g（x）在（0，+∞）递增，

∴f′（x）=0有唯一的根x=1，

当x∈（0，1）时，f′（x）=＜=0，

∴f（x）在（0，1）递减，

当x∈（1，+∞）时，f′（x）=＞=0，

∴f（x）在（1，+∞）递增，

∴x=1是f（x）的唯一极小值点，

极小值是f（1）=1．