热门试卷

解：（I）f′（x）=（2x+a）ex+（x2+ax+b）ex=ex[x2+（2+a）x+a+b]

由题意知f′（1）=0，即3+2a+b=0，b=-2a-3．

f（x）=ex[x2+（2+a）x-a-3]=ex（x-1）（x+a+3），

∵x=1是函数的一个极值点，∴-a-3≠1，a≠-4

当a＜-4时，由f′（x）＜0得1＜x＜-a-3

∴f（x）的单调增区间为（-∞，1），（-a-3，+∞），减区间为（1，-a-3），

当a＞-4时，由f′（x）＜0得-a-3＜x＜1

∴f（x）的单调增区间为（-∞，-a-3），（1，+∞），减区间为（-a-3，1）．

（II）f（x）≤e2x，得 x2+ax-2a-3≤ex，（x-2）a≤ex-x2+3，

得：

令g（x）=，则

令h（x）=ex-x+1，则h′（x）=ex-1．

当x≥3时，ex-1＞0，即：h（x）≥h（3）=e3-2＞0，

∴g′（x）＞0，即x≥3时，g（x）为增函数，

∴

∴a≤e3-6，又a≠-4，

∴实数a的取值范围是：（-∞，-4）∪（-4，e3-6]．

解：（1）∵当x＞0时，f（x）=ex-1在上单调递增，且f（x）=ex-1＞0

当x≤0时，f（x）=x3+mx2，此时f′（x）=x2+2mx=x（x+2m）

①当m=0时，f′（x）=x2≥0，则f（x）=x3在（-∞，0】上单调递增且f（x）=x3≤0，又f（0）=0，可知函数f（x）在R上单调递增，故无极值．

②当m＜0时同理，函数f（x）在R上单调递增，故无极值

③当m＞0时，令f′（x）=x（x+2m）＞0，得x＞0或x＜-2m．此时函数f（x）=x3+mx2在（-∞，-2m]上单调递增，在（-2m，0]上单调递减．

∴函数在f（x）x=-2m处取得极大值f（-2m）=m3+4m3=m3＞0；

又∵f（x）在（0，+∞）上单调递增，故函数f（x）在x=0处取得极小值f（0）=0．

综上可知：当m＞0时，f（x）的极大值为m3，极小值为0；当m≤时，f（x）无极值

（2）当x＞0时，设y=f（x）=ex-1则x=ln（y+1）

∴f-1（x）=ln（x+1）（x＞0）

①比较f（q-p）与f-1（q-p）的大小．

记g（x）=f（x）-f-1（x）=ex-ln（x+1）-1（x＞0）

∵当x＞0时，有g′（x）＞g′（0）=0恒成立．

∴函数g（x）在（0，+∞）上单调递增，又因为g（x）在x=0处连续

∴当x＞0时，有g（x）＞g（0）=e0-ln（0+1）-1=0

当0＜p＜q时，有p-p＞0，

∴g（q-p）=f（q-p）-f-1（q-p）＞0，即f（q-p）＞f-1（q-p）

②比较f-1（q-p）与f-1（q）-f-1（p）的大小

∵f-1（q-p）-[f-1（q）-f-1（p）]=ln（q-p+1）-ln（q+1）+ln（p+1）

∵0＜p＜q，∴+1＞1，

∴ln[+1]＞0

∴g（q-p）＞f（q）-f-1（p）

由①②可知，当0＜p＜q时，有f（q-p）＞f-1（q-p）＞f-1（q）-f-1（p）

解：函数的导数为f′（x）=ex[（x-1）2（x+a）]+ex[（x-1）2（x+a）]′，

∴f′（x）=ex（x-1）[x2+（a+1）x-1]，

设g（x）=x2+（a+1）x-1，则△=（a+1）2+4＞0，所以g（x）有两个不相等的实根．

于是可设x1，x2是g（x）=0的两实根，且x1＜x2，

①当x1=1或x2=1时，则x=1不是f（x）的极值点，此时不合题意；

②当x1≠1且x2≠1时，由于x=1是f（x）的极大值点，故x1＜1＜x2，即g（1）＜0，

即12+（1+a）-1＜0，所以a＜-1，

所以a的取值范围是（-∞，-1）．