热门试卷

解：（1）由已知函数求导得

设，则

∴g（x）在（0，+∞）上递减，g（x）＜g（0）=0，∴f′（x）＜0，

因此f（x）在（0，+∞）上单调递减．

（2）由h（x）=xf（x）-x-ax3可得，h（x）=ln（1+x）-x-ax3



若a≥0，任给x∈（0，+∞），，-3ax2＜0，∴h′（x）＜0，

∴h（x）在（0，2）上单调递减，则f（x）在（0，2）无极值；

若a＜0，h（x）=x•f（x）-x-ax3在（0，2）上有极值的充要条件是

φ（x）=3ax2+3ax+1在（0，2）上有零点，

∴φ（0）•φ（2）＜0，解得综上所述，a的取值范围是（-∞，）．

解：（1）函数f （x）定义域为（0，+∞），f′（x）=+2x-4=

假设存在实数a，使f （x）在x=1处取极值，则f′（1）=0，∴a=2，…2分

此时，f′（x）=，

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

∴x=1不是f （x）的极值点．

故不存在实数a，使得f （x）在x=1处取极值．                        …4分

（2）f′（x）=，

①当a≥2时，∴f′（x）≥0，∴f （x）在（0，+∞）上递增，成立；              …6分

②当a＜2时，令f′（x）＞0，则x＞1+或x＜1-，

∴f （x）在（1+，+∞）上递增，

∵f （x）在[2，3]上存在单调递增区间，∴1+＜3，解得：-6＜a＜2

综上，a＞-6．                                                 …10分

（3）在[1，e]上存在一点x0，使得f（x0）＜g（x0）成立，即在[1，e]上存在一点x0，使得h（x0）＜0，即函数h（x）=x+在[1，e]上的最小值小于零．

=，

①当a+1≥e，即a≥e-1时，h（x）在[1，e]上单调递减，

所以h（x）的最小值为q，由h（e）=e+可得a＞，

因为，所以a＞；                                …12分

②当a+1≤1，即a≤0时，h（x）在[1，e]上单调递增，

所以h（x）最小值为h（1），由h（1）=1+1+a＜0可得a＜-2；         …14分

③当1＜1+a＜e，即0＜a＜e-1时，可得h（x）最小值为h（1+a）=2+a-aln（1+a），

因为0＜ln（1+a）＜1，所以，0＜aln（1+a）＜a故h（1+a）=2+a-aln（1+a）＞2此时不存在x0使h（x0）＜0成立．

综上可得所求a的范围是：或a＜-2．       …16分

解法二：由题意得，存在x∈[1，e]，使得a（lnx-）＞x+成立．

令m（x）=lnx-，∵m（x）在[1，e]上单调递增，且m（1）=-1＜0，m（e）=1-＞0

故存在x1∈（1，e），使得x∈[1，x1）时，m（x）＜0；x∈（x1，e]时，m（x）＞0

故存在x∈[1，x1）时，使得a＜成立，…（☆）

或存在x∈（x1，e]时，使得a＞成立，…（☆☆） …12分

记函数F（x）=，F′（x）=

当1＜x≤e时，（x2-1）lnx-（x+1）2=（x2-1）•

∵G（x）=lnx-=lnx--1递增，且G（e）=-＜0

∴当1＜x≤e时，（x2-1）lnx-（x+1）2＜0，即F′（x）＜0

∴F（x）在[1，x1）上单调递减，在（x1，e]上也是单调递减，…14分

∴由条件（☆）得：a＜F（x）max=F（1）=-2

由条件（☆☆）得：a＞F（x）min=F（e）=

综上可得，a＞或a＜-2．                               …16分．

解：（1）∵f1（x）=，fn（x）=fn-1′（x），

∴f2（x）=+aex，f3（x）=x2+aex，f4（x）=2x2+aex，f5（x）=2+aex，

f6（x）=aex，f7（x）=aex，

∴使满足对任意实数x，都有fn（x）=fn-1（x）的最小整数n的值为7；

（2）gn（x）=f4（x）+f5（x）+…+fn（x）=（2x+2）+（n-3）aex，

∴gn′（x）=2+（n-3）aex，

∵y=gn（x）都存在极值点x=tn，

∴gn′（tn）=0，

∴gn（tn）=2tn，

∴点An（tn，gn（tn））在y=2x上；

（3）fn（x）=aex=0（n≥6）无解，∴k≤5；

①k=5，f4（x）=f5（x）=0，∴，

∴x0=1，a=-．

a=-时，f6（x）＜0，f5（x）=2+aex=2-2ex-1单调递减，且f5（1）=0，

∴f4（x）在（-∞，1）上增，在（1，+∞）上减，

∵f4（1）=0，

∴f4（x）≤0恒成立，

∴f3（x）=单调递减，而f3（x）=x2-2ex-1，f3（-1）＞0，f3（0）＜0，

∴∃t∈（-1，0），f3（t）=0在（-∞，t）上f3（t）＜0，

∴f2（t）=0在（-∞，t）上增，（t，+∞）上减，

∵f3（t）＜0，

∴f1（t）在R上单调递减，

∴k=5，a=-满足题意；

②k=4时，f4（x）=0，则x=0或2，

x=0时，f4（0）=a=0（舍去）；

x=2时，f4（2）=0，∴a=-，∴f6（x）＜0

∴f5（x）=2-4ex-2单调递减，且f5（x）=0时，x=2-ln2，

∴f4（x）在（-∞，2-ln2）上增，（2-ln2，+∞）上减，

∵f4（2）=0，

∴∃m＜2-ln2，使得在（-∞，m）上，f4（x）＜0，在（m，2）上，f4（x）＞0，在（2，+∞）上，f4（x）＜0，

∴f3（x）在（-∞，m）上减，在（m，2）上增，在（2，+∞）上减，

∴k≠4，

综上，k=5，a=-．