热门试卷

解：（Ⅰ）∵，∴f′（x）=x2+（a+2）x+a．

∵f′（0）=-2，∴a=-2．

∴，f′（x）=x2-2．

令f′（x）=0，解得．

列表如下：

由表格可以看出：当时，f（x）极大值==；

当x=时，f（x）极小值==．

（Ⅱ）∵函数f（x）在（1，2）上单调递增，

∴f′（x）=x2+（a+2）x+a≥0在区间（1，2）上恒成立．

亦即在区间（1，2）上恒成立．

令g（x）=-，则g′（x）=-=-＜0，

∴函数g（x）在x∈（1，2）上为减函数，而函数g（x）在x=1时连续，

∴g（x）＜g（1）=-．

故a．

解：（1）∵函数，

f‘（x）=x2+2ax-b，

根据题意得f'（2）=4，即4a-b=0，

又，即有+4a-2b+4=8-，

解得，

∴；

（2）∵，

∴f'（x）=x2+x-2=（x+2）（x-1），

令f'（x）＞0解得x＜-2或x＞1，f'（x）＜0解得-2＜x＜1，

即有f（x）的增区间为（-∞，-2），（1，+∞），减区间为（-2，1），

即有x=1处取得极小值，且为，x=-2处取得极大值，且为．

则当k＜或k＞时，方程k=f（x）有一个解；

当k=或k=时，方程k=f（x）有两个解；

当＜k＜时，方程k=f（x）有三个解．

解：（1）当a=1时，f（x）=（x2+x+1）e-x；f′（x）=e-x（-x2+x）（2分）

当f′（x）＞0时，0＜x＜1．当f′（x）＜0时x＞1或x＜0

∴f（x）的单调递增区间为（0，1），

单调递减区间为（-∞，0）（1，+∞）（4分）

（2）f′（x）=（2x+a）e-x-e-x（x2+ax+a）=e-x[-x2+（2-a）x]（6分）

令f′（x）=0，得x=0或x=2-a，列表如下：

由表可知f（x）极大=f（2-a）=（4-a）ea-2（8分）

设g（a）=（4-a）ea-2，g′（a）=（3-a）ea-2＞0（10分）

∴g（a）在（-∞，2）上是增函数，∴g（a）≤g（2）=2＜3∴（4-a）ea-2≠3

∴不存在实数a使f（x）最大值为3．（12分）