热门试卷

解：（1）由题设得：F（x）=x2+bsinx，

∵F（x-5）=F（5-x），

∴F（-x）=F（x）

∴x2-bsinx=x2+bsinx，

∴bsinx=0对于任意实数x都成立，

∴b=0

∴f（x）=x2-2．

（2）由g（x）=f（x）+2（x+1）+alnx=x2+2x+alnx，

得

g（x）在（0，1）上恒单调，只需g′（x）≥0或g′（x）≤0在（0，1）上恒成立．

即2x2+2x+a≥0或2x2+2x+a≤0在（0，1）上恒成立．

∴a≥-（2x2+2x）或a≤-（2x2+2x）在（0，1）上恒成立．

设u（x）=-（2x2+2x），x∈（0，1），易知：u（x）∈（-4，0），

∴a≥0或a≤-4．

（3）令，，

令y′=0⇒x=0或x=1或x=-1，列表如下：

∴当k＞时，无零点；

当k＜1或k=时，有两个零点；

当k=1时，有三个零点；

当时，有四个零点．

解：（1）F（x）=3x-x3．F‘（x）=3-3x2．

令F'（x）=0，得x=±1．

当x＜-1时，F'（x）＜0；当-1＜x＜1时，F'（x）＞0；当x＞1时，F'（x）＜0，故F（-1）的极小值为-2，F（1）为极大值为2．

（2）函数H（x）零点个数即为函数y=f（x）g（x）的图象与函数y=m的图象的交点个数．

由（1）的结论可知，当m＜-2时，直线y=m在函数极小值点的下方，两图象只有一个公共点，故函数H（x）只有一个零点；

当m=-2时，直线y=m恰好经过函数的极小值点，两图象有两个公共点，故函数H（x）有两个零点；

当-2＜m＜0时，函数H（x）有三个零点．

（3）题设也就是a（3-b2）=b（3-c2）=c（3-a2）＞0，且a，b，c＞0．

∴a，b，c均小于．

反设在a，b，c中有两个量不相等，不妨设a≠b，则a＞b或a＜b．

若a＞b，则由a（3-b2）=b（3-c2）知，3-b2＜3-c2，b2＞c2，b＞c．此时又由b（3-c2）=c（3-a2）得c＞a．于是a＞b＞c＞a，矛盾．同理，若a＜b，也必导出矛盾．

故a=b=c．

（1）解：∵f（x）=（x2-2x+2-a2）ex，

∴f′（x）=（x-a）（x+a）ex，

①a＞0，由f′（x）＞0，可得x＜-a或x＞a，由f′（x）＜0，可得-a＜x＜a；

②a＜0，由f′（x）＞0，可得x＜a或x＞-a，由f′（x）＜0，可得a＜x＜-a；

③a=0，函数在R上递增，

综上，a＞0，函数的单调递增区间为（-∞，-a），（a，+∞）；单调递减区间为（-a，a）；a＜0，函数的单调递增区间为（-∞，a），（-a，+∞）；单调递减区间为（a，-a）；a=0，函数的单调递增区间为（-∞，+∞）；

（2）证明：由（1）知g（a）=，

∵g（-a）==g（a），

∴g（a）是偶函数，

a＜0时，g（a）=2（-a+1）ea，g′（a）=-2aea＞0，

∴g（a）在（-∞，0）上为增函数，∴g（a）＜2，

a＞0时，g（a）=g（-a）＜2，

综上，g（a）＜2．

解：（Ⅰ）当a=-1，f（x）=-lnx+2x+3（x＞0），，…（2分）

∴f（x）的单调递减区间为（0，），单调递增区间为（，+∞）    …（4分），

∴f（x）的极小值是．…（6分）

（Ⅱ），g′（x）=x2+（4+2m）x-1，…（8分）

∴g（x）在区间（1，3）上不是单调函数，

且g′（0）=-1，

∴ …（10分）

∴ 即：-．

故m的取值范围…（12分）