热门试卷

解：（1）由题意知F（x）=f（x）-g（x）=x--alnx，其定义域为（0，+∞），

则F′（x）=1+-=，

对于m（x）=x2-ax+1，有△=a2-4．

①当-2≤a≤2时，F′（x）≥0，∴F（x）的单调增区间为（0，+∞）；

②当a＞2时，F′（x）=0的两根为，

∴F（x）的单调增区间为和，

F（x）的单调减区间为．

综上：当-2≤a≤2时，F（x）的单调增区间为（0，+∞）；

当a＞2时，F（x）的单调增区间为和，

F（x）的单调减区间为．

（2）由于h（x）=f（x）+g（x）=x-+alnx，其定义域为（0，+∞），

求导得，h′（x）=1++=，

若h′（x）=0两根分别为x1，x2，则有x1•x2=1，x1+x2=-a，

∴x2=，从而有a=-x1-，

令H（x）=[x-+（-x-）lnx]-[-x+（-x-）ln]=2[（-x-）lnx+x-]，

则H′（x）=2（-1）lnx=．

当时，H′（x）＜0，∴H（x）在上单调递减，

又H（x1）=h（x1）-h（）=h（x1）-h（x2），

∴h（x1）-h（x2）的最小值为[H（x）]min=H（）=5ln2-3．

解：（1）函数g（x）=exf（x）=ex（x2-3），

g′（x）=ex（x2+2x-3）=）=ex（x+3）（x-1），

当x＞1或x＜-3时，g′（x）＞0，g（x）在（-∞，-3），（1，+∞）递增，

当-3＜x＜1时，g′（x）＜0，g（x）在（-3，1）递减．

即有g（x）在x=1处取得极小值，且为-2e，在x=-3处取得极大值，且为6e-3；

（2）设点P（x0，x03-12x0）是过点A的直线与曲线y=x（f（x）-9）的切点，

y′=（x3-12x）′=3x2-12，

则在P点处的切线的方程为y-x03+12x0=3（x02-4）（x-x0）

即y=3（x02-4）x-2x03

因为其过点A（2，t），所以，t=6（x02-4）-2x03=-2x03+6x02-24，

由于有三条切线，所以方程应有3个实根，

设h（x）=2x3-6x2+t+24，只要使函数h（x）有3个零点即可．

设h′（x）=6x2-12x=0，∴x=0或x=2分别为g（x）的极值点，

当x∈（-∞，0）和（2，+∞）时h′（x）＞0，h（x）在（-∞，0）和（2，+∞）上单增，

当x∈（0，2）时h′（x）＜0，h（x）在（0，2）上单减，

所以，x=0为极大值点，x=2为极小值点．

所以要使曲线与x轴有3个交点，

当且仅当即，

解得-24＜t＜-16．

即有t的范围为（-24，-16）．

解：f′（x）=2（x-a）lnx+，

∵x=e为y=f（x）的极值点，

∴f′（e）=2（e-a）+=0，化为（e-a）（a-3e）=0，

解得a=e或a=3e．

此时f′（x）=2（x-3e）+=．

可知：满足x=e是函数f（x）的极值点．

∴a=e或a=3e．