热门试卷

解：（Ⅰ）∵ex＞0，∴当f（x）＞0时即ax2+x＞0，

又∵a＜0，∴原不等式可化为x（x+）＜0，

∴f（x）＞0的解集为（0，-）；

（Ⅱ）∵f（x）=（ax2+x）ex，

∴f，（x）=（2ax+1）ex+（ax2+x）ex=[ax2+（2a+1）x+1]ex，

①当a=0时，f，（x）=（x+1）ex，

∵f，（x）≥0在[-1，1]上恒成立，当且仅当x=-1时取“=”，

∴a=0满足条件；

②当a≠0时，令g（x）=ax2+（2a+1）x+1，

∵△=（2a+1）2-4a=4a2+1＞0，

∴g（x）=0有两个不等的实根x1、x2，

不妨设x1＞x2，因此f（x）有极大值和极小值；

若a＞0，∵g（-1）•g（0）=-a＜0，∴f（x）在（-1，1）内有极值点，∴f（x）在[-1，1]上不单调；

若a＜0，则x1＞0＞x2，∵g（x）的图象开口向下，要使f（x）在[-1，1]单调递增，由g（0）=1＞0，

∴即，∴-≤a≤0；

综上可知，a的取值范围是[-，0]；

（Ⅲ）当a=0时，方程f（x）=x+2为xex=x+2，

∵ex＞0，∴x=0不是原方程的解，

∴原方程可化为ex--1=0；

令h（x）=ex--1，

∵h，（x）=ex+＞0在x∈（-∞0）∪（0+∞）时恒成立，

∴h（x）在（-∞，0）和（0，+∞）上是单调增函数；

又h（1）=e-3＜0，h（2）=e2-2＞0，h（-3）=e-3-＜0，h（-2）=e-2＞0，

∴方程f（x）=x+2有且只有两个实根，且分别在区间[1，2]和[-3，-2]上，

所以，整数k的所有值为{-3，1}．

解：（Ⅰ）定义域为（-1，+∞），，令f‘（1）=0，得；

当时，，当x∈和（1，+∞）时，f′（x）＞0，当x∈时f′（x）＜0，

于是f（x）在单调递增，在单调递减，在（1，+∞）单调递增．

故当时，x=1是f（x）的极小值点；

（Ⅱ）．

由题意，当x∈[1，t]时，g（x）≤g（1）恒成立，

易得，令，

∵h（x）必然在端点处取得最大值，即h（t）≤0

即，即，

∵m∈[-4，-1），∴，解得，，

所以t的最大值为．

解：（Ⅰ） 由题意知，，

所以

当0＜x＜1时，f′（x）＞0；当x＞1时，f′（x）＜0；

∴f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．

故f（x）在x=1处取得极大值．

∵函数f（x）在区间上存在极值．

∴得，即实数m的取值范围是．

（Ⅱ）  由题意 得，

令，则 ，

令h（x）=x-lnx，（x≥1），则，

∵x≥1∴h′（x）≥0，

故h（x）在[1，+∞）上单调递增，

∴h（x）≥h（1）=1＞0从而g′（x）＞0，

故g（x）在[1，+∞）上单调递增，

∴g（x）≥g（1）=2，

∴实数t的取值范围是（-∞，2]．

解：（1）由，得：f′（x）=x2+2ax+b

因为y=f（x）经过点P（1，2），所以有，即3a+3b-5=0 ②

又曲线C在点P处的切线平行于直线y=2x+1，所以f′（1）=2a+b+1=2，即2a+b-1=0   ①

联立①②得：；

（2）因为函数f（x）在区间（1，2）内存在两个极值点，所以导函数对应的二次方程x2+2ax+b=0在（1，2）

上有两个不等实数根，则

把相加得a+b＞0，

由△＞0得b＜a2，

则，则结论得证．