热门试卷

解：（Ⅰ）令

则g‘（x）=f'（x）-2-x2=ex+e-x-2-x2，g''（x）=f（x）-2x，

∵g'''（x）=f'（x）-2=ex+e-x-2

当x≥0时，ex＞0，e-x＞0，∴

∴g'''（x）≥0，∴函数y=g''（x）（x≥0）为增函数，

∴g''（x）≥g''（0）=0，即f（x）-2x≥0

∴函数y=g'（x）（x≥0）为增函数，

∴g'（x）≥g'（0）=0，即ex+e-x≥2+x2

∴函数y=g（x）（x≥0）为增函数，

∴g（x）≥g（0）=0，即当x≥0时，成立；

（Ⅱ）（1）当a≤2时，∵H（x）=f（x）-ax

∴

∴函数y=H（x）（x∈R）为增函数，

当x＞0时，H（x）＞H（0）=0，当x＜0时，H（x）＜H（0）=0，

∴当a≤2时，函数y=H（x）的零点为x=0，其零点个数为1个

（2）当a＞2时，∵对∀x∈R，H（-x）=-H（x）

∴函数y=H（x）为奇函数，且H（0）=0

下面讨论函数y=H（x）在x＞0时的零点个数：

由（Ⅰ）知，当x0＞0时，，令

∴

则，H''（x）=f''（x）=ex-e-x

当x＞0时，ex＞1，0＜e-x＜1，∴ex-e-x＞0，∴H''（x）＞0

∴函数y=H'（x）（x＞0）为增函数

∴当0＜x≤x0时，H'（x）≤H'（x0）=0；当x＞x0时，H'（x）≥H'（x0）=0

∴函数y=H（x）（x＞0）的减区间为（0，x0]，增区间为（x0，+∞）

∴当0＜x＜x0时，H（x）＜H（0）=0

即对∀x0∈（0，x0]时，H（x）＜0

又由（Ⅰ）知，=

当x0＞0时，由③知，

∴

故，当时，

∴，即H（x）＞0

由函数y=H（x）（x≥x0）为增函数和⑥⑦及函数零点定理知，存在唯一实数使得H（x*）=0，又函数y=H（x），x∈R为奇函数

∴函数y=H（x），x∈R，有且仅有三个零点．

解：（1）由f（x）=x3+ax2+bx+c知，f′（x）=3x2+2ax+b

由于函数f（x）=x3+ax2+bx+c在x=-与x=1时都取得极值

则f′（-）=3×（-）2+2a×（-）+b=，

f′（1）=3×12+2a×1+b=3+2a+b=0

解得a=-，b=-2

则f′（x）=3x2-x-2=（3x+2）（x-1），函数f（x）的单调区间如下表：

所以函数f（x）的递增区间是（-∞，-）与（1，+∞），递减区间是（-，1）；

（2）由（1）知：f（x）=x3-x2-2x+c，当x=时，f（-）=+c为极大值，当x=1时，为极小值，

由于，则

①当或，即或时，g（x）的有一个零点；

②当，即时，g（x）的有三个零点；

③当或时，g（x）的有两个零点．

解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），

（2分）

（1）当a≥4时，f‘（x）≥0恒成立，f（x）在（0，+∞）上是增函数；

（2）当0＜a＜4时，令f'（x）＞0，即（x-2）2+a-4＞0，

解得．

因此，函数f（x）在区间内单调递增，在区间内也单调递增．

令f'（x）＜0，即（x-2）2+a-4＜0，

解得．

因此，函数f（x）在区间内单调递减．（7分）

（Ⅱ）当x=3时，函数f（x）取得极值，即f'（3）=0，

∴32-4×3+a=0，∴a=3．

由（Ⅰ）f（x）在（0，1）单调递增，在（1，3）单调递减，（3，+∞）单调递增．

f（x）在x=1时取得极大值；

f（x）在x=3时取得极小值，

故在[1，3]上，f（x）的最大值是，最小值是；

对于任意的x1，x2∈[1，3]，|f（x1）-f（x2）|≤．（11分）

当时，cosθ，sinθ∈[0，1]，1+2cosθ，1+2sinθ∈[1，3]

从而；|f（1+2cosθ）-f（1+2sinθ）|≤4-3ln3（13分）