热门试卷

解：（1）函数的定义域为（0，+∞）．

．

∵x=1时函数y=f（x）取得极小值，

∴f′（1）=0，得a=1．

当a=1时，在（0，1）内f′（x）＜0，在（1，+∞）内f′（x）＞0，

∴x=1是函数y=f（x）的极小值点．

故a=1．

（2）证明：f（x）-x等价于：f（x）+x．

令g（x）=f（x）+x，则，

令h（x）=x2+x-1，

∵h（0）=-1＜0，h（）=＜0，

∴时，h（x）＜0，

∴g′（x）＜0，

∴g（x）在（0，）上单调递减．

∴g（x），即g（x）＞2-ln2+=，

∴f（x）+x，

故f（x）．

解：（Ⅰ）∵a=4，

∴且．（1分）

又∵，

∴．（3分）

∴f（x）在点（e，f（e））处的切线方程为：，

即4x+e2y-9e=0．（4分）

（Ⅱ）f（x）的定义域为（0，+∞），，（5分）

令f‘（x）=0得x=e1-a．

当x∈（0，e1-a）时，f'（x）＞0，f（x）是增函数；

当x∈（e1-a，+∞）时，f'（x）＜0，f（x）是减函数；（7分）

∴f（x）在x=e1-a处取得极大值，即f（x）极大值=f（e1-a）=ea-1．（8分）

（Ⅲ）（i）当e1-a＜e2，即a＞-1时，

由（Ⅱ）知f（x）在（0，e1-a）上是增函数，在（e1-a，e2]上是减函数，

∴当x=e1-a时，f（x）取得最大值，即f（x）max=ea-1．

又当x=e-a时，f（x）=0，当x∈（0，e-a]时，f（x）＜0，

当x∈（e-a，e2]时，f（x）∈（0，ea-1]，

所以，f（x）的图象与g（x）=1的图象在（0，e2]上有公共点，

等价于ea-1≥1，解得a≥1，

又因为a＞-1，所以a≥1．（11分）

（ii）当e1-a≥e2，即a≤-1时，f（x）在（0，e2]上是增函数，

∴f（x）在（0，e2]上的最大值为，

∴原问题等价于，解得a≥e2-2，

又∵a≤-1∴无解

综上，a的取值范围是a≥1．（14分）

解：（1）当x＞0时，f（x）=（x2-2ax）ex，

∴f‘（x）=（2x-2a）ex+（x2-2ax）ex=[x2+2（1-a）x-2a]ex

由已知得，，∴，解得a=1．          

∴f（x）=（x2-2x）ex，∴f'（x）=（x2-2）ex．

当时，f'（x）＜0，当时，f'（x）＞0．            

当x＞0时，f（x）的递增区间为，递减区间为．         

（2）由（1）知，当时，f（x）单调递减，

当，f（x）单调递增，．

要使函数y=f（x）-m有两个零点，则函数y=f（x）的图象与直线y=m有两个不同的交点．

①当b＞0时，m=0或；                                

②当b=0时，；                                   

③当．

（3）x＞0时，f（x）=（x2-2x）ex，∴f'（x）=（x2-2）ex．

∴，

∴

∵g（x）=clnx+b，∴，∴g（x0）=clnx0+b，

∴，∴，

∴

两式相除得，整理得，

，

令

则=

∵x0∈[2，4]，∴h′（x0）＜0，∴h（x0）在[2，4]递减，h（x）≤h（2）=0，

∴仅在x0=2取等号，∴在[2，4]递减，

∴

解：（Ⅰ）f（x）==cosx+xsinx，

∴f′（x）=xcosx，

由x＞0，f′（x）＞0，可得x∈（0，）∪（+2kπ，π+2kπ）（k∈Z），

∴f（x）的单调递增区间为（0，），（+2kπ，π+2kπ）（k∈Z）；

（Ⅱ）x＞0，由f′（x）=0，得cosx=0，即x=+kπ（k∈N），

∵f′（x）在x=+kπ（k∈N）两侧异号，

∴x=+kπ（k∈N）是函数的极值点，

∴x∈（0，11π]时，f（x）所有极值的和为=．