热门试卷

解：（Ⅰ）f′（x）=ax2-3x+（a+1），

由于函数f（x）在x=1时取得极值，

所以f′（1）=0，即a-3+a+1=0，

∴a=1．

（Ⅱ）由题设知：ax2-3x+（a+1）＞x2-x-a+1，对任意x∈[0，1]都成立，

即（a-1）x2-2x+2a＞0对任意x∈[0，1]都成立，

令g（x）=（a-1）x2-2x+2a，

①当a=1时，由g（x）＞0解得x＜1，显然x=1时不成立，故a≠1；

②当a-1＜0，即a＜1时，g（x）=（a-1）x2-2x+2a开口向下，g（x）的对称轴为x=-=＜0，

∴g（x）=（a-1）x2-2x+2a在[0，1]上单调递减，

∴g（x）＞0⇔g（1）=（a-1）-2+2a＞0，解得a＞1，与a＜1矛盾，故a＜1不符合题意；

③当a-1＞0，即a＞1时，g（x）=（a-1）x2-2x+2a开口向上，g（x）的对称轴为x=-=＞0，

若0＜≤1，即a≥2时，g（x）min=g（）=2a-＞0⇒a＞或a＜，

∴a≥2；

若＞1，即＞0⇒1＜a＜2时，g（x）=（a-1）x2-2x+2a开口向上，

∴g（x）＞0⇔g（1）=（a-1）-2+2a＞0，解得a＞1，又1＜a＜2，

∴1＜a＜2．

综上所述，a＞1．

解：由定义可知，由于f1（x）=x2-2c，f2（x）=x-2b，x∈R．

令f（x）=f1（x）⊗f2（x），则f（x）=-x3+bx2+cx+bc，

f′（x）=-x2+2bx+c，

（1）由题意得，f（1）=-+b+c+bc=-且f′（1）=-1+2b+c=0，

解得，b=1，c=-1或b=-1，c=3．

当b=1，c=-1时，f′（x）=-x2+2x-1≤0，函数f（x）单调递减，无极值，不合题意．

故b=-1，c=3．

（2）若存在x＞0，使得f′（x）≥c-lnx，即2b≥x-，在（0，+∞）有解，

令g（x）=x-，g′（x）=1-=，

令h（x）=x2+lnx-1，h′（x）=2x+＞0，则h（x）在（0，+∞）单调递增，

又h（1）=0，g′（1）=0，

g′（x）＜0有0＜x＜1；g′（x）＞0有x＞1．

故x=1为g（x）的极小值，也为最小值且为1．

∴2b≥1，即b≥．

解：（Ⅰ）记g（x）=x2+ax-a（-4＜a＜0），

∴△=a2+4a=a（a+4）＜0，

∴g（x）的图象开口向上，且与x轴没交点，即x∈R时，g（x）＞0，

∴f（x）的定义域为（-∞，+∞）…4′

（Ⅱ）f′（x）==…6′

由f′（x）=0得：x2-（2-a）x-2a=0，解得x=2或x=-a

∴函数f（x）的极值点的横坐标为2或-a…8′

（Ⅲ）∵x∈[-1，1]时，f（x）单调递增，

∴x∈[-1，1]时，f′（x）≥0，即x2-（2-a）x-2a≥0…10′

设g（x）=x2-（2-a）x-2a，

则x∈[-1，1]时，g（x）的最小值g（x）min≥0即可…11′

而g（x）的图象开口向上，对称轴为：x=，

∵-4＜a＜0，

∴1＜＜3，

∴g（x）在x∈[-1，1]时是减函数，…12′

∴g（x）min=g（1）=1-（2-a）-2a=-a-1≥0，

∴a≤-1．

∴实数a的取值范围是（-4，-1]．

解：（Ⅰ）由题意k=，x＞0

所以f′（x）=-   …（2分）

当0＜x＜1时，f′（x）＞0，当x＞1时，f′（x）＜0，

则f（x）在（0，1）上单增，在（1，+∞）上单减，

所以函数f（x）在x=1处取得极大值．

因为函数f（x）在区间（m，m+）（m＞0）上存在极值，

所以，得

即实数m的取值范围是（，1）．    …（4分）

（Ⅱ）由题可知，a＞0，因为x∈（0，1），所以＜0．

当a＜0时，g（x）＞0，不合题意．

当a＞0时，由g（x）＜-2，可得lnx+＜0．…（6分）

设h（x）=lnx+，则h′（x）=

设t（x）=x2+（2-4a）x+1，△=16a（a-1）．…（8分）

（1）若0＜a≤1，则△≤0，h′（x）＞0，所以h（x）在（0，1）内单调递增，

又h（1）=0，所以h（x）＜h（1）=0．

所以0＜a≤1符合条件．…（10分）

（2）若a＞1，则△＞0，t（0）=1＞0，t（1）=4（1-a）＜0，

所以存在x0∈（0，1），使得t（x0）=0，h（x）在（x0，1）内单调递减，

又h（1）=0，所以当x∈（x0，1）时，h（x）＞0，不合要求．

综合（1）（2）可得0＜a≤1．…（12分）