热门试卷

解：（1）复数z====的虚部为．

（2）f′（x）=ax2+4ax+（1-2a）．（a≠0）

△=16a2-4a（1-2a）=24a（a-），

当△≤0时，即，f′（x）≥0，∴f（x）在R上单调递增，因此其单调递增区间为R．

当△＞0时，即或a＜0，令f′（x）=0，解得x1=，x2=．

f′（x）=a（x-x1）（x-x2）．

当a时，x2＞x1，令f′（x）＞0，解得x＞x2或x＜x1，

∴f（x）的单调递增区间为（-∞，x1），（x2，+∞）．

当a＜0时，x1＞x2，令f′（x）＞0，解得x＞x1或x＜x2，

∴f（x）的单调递增区间为（-∞，x2），（x1，+∞）．

综上可得：

当，函数f（x0单调递增区间为R．

当a时，f（x）的单调递增区间为（-∞，x1），（x2，+∞）．

当a＜0时，f（x）的单调递增区间为（-∞，x2），（x1，+∞）．

解：（Ⅰ）f′（x）=lnx+1；

则当x∈（0，）时，f′（x）＜0，当x∈（，+∞）时，f′（x）＞0，

f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增；

又∵0＜t＜，

∴fmin（x）=f（）=-；

（Ⅱ）函数f（x）与g（x）的公共定义域为（0，+∞）；

由题意知，x∈（0，+∞）时，f（x）-g（x）＞0恒成立；

即xlnx+x2-x+＞0恒成立，

即a＜2lnx+x+，

记m（x）=2lnx+x+，

则m′（x）=；

故m（x）在（0，1）上为减函数，在（1，+∞）上为增函数；

故mmin（x）=m（1）=4；

故a＜4；

（Ⅲ）a=2时，h（x）=-2g（x）=lnx+x2-2x+3，

若存在两点A（x1，y1），B（x2，y2），（0＜x1＜x2）满足题意，

即h′（x0）=，

即+x1+x2-2=+x1+x2-2；

故=；

设=z，则0＜z＜1；

上式可化为lnz=；

令y=lnz-，

则y′=-=＞0；

故y在（0，1]上是增函数，ymax=0；

∴lnz-＜0；

故lnz=不成立；

∴不存在满足题意的两点A，B．

解：（1）f（x）=x-+alnx-1（x＞0）的导数为

f′（x）=1+=，

由于f（x）在其定义域（0，+∞）上为增函数，

则f′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，

即有x2+1+ax≥0在（0，+∞）上恒成立，

即a≥-（x+）max，

由于x+≥2，即有-（x+）≤-2，

当且仅当x=1取得最大值-2．

则a≥-2；

（2）由（1）可得，当a≥-2时，f（x）在x＞0上递增，

由于f（1）=-1＜0，

f（5）=5-+aln5-1

=+aln5≥-2ln5＞0，

由零点存在定理可得，

当a≥-2时，函数f（x）的零点所在的一个区间为[1，5]．

解：（Ⅰ）函数的定义域是（0，+∞）

∵f（x）=lnx-ax

∴f′（x）=-a

当a≤0时，f′（x）＞0，函数在定义域上是增函数；

当a＞0时，令导数为0解得x=，

当x＞时，导数为负，函数在（，+∞）上是减函数，

当x＜时，导数为正，函数在（0，）上是增函数

（Ⅱ）由（Ⅰ）的结论知

当[1，2]⊆[，+∞）时，即a≥1时，函数函数f（x）在[1，2]上是减函数，故最小值为f（2）=ln2-2a

当[1，2]⊆（0，]时，即0＜a＜时，函数函数f（x）在[1，2]上是增函数，故最小值为f（1）=-a

当∈[1，2]时，函数f（x）在[1，]上是增函数，在[，2]上是减函数，故最小值为min{f（1），f（2）}

解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（0，+∞），

f′（x）=+1+=，

①a≥0时，f′（x）＞0在（0，+∞）恒成立，

∴f（x）在（0，+∞）递增；

②a＜0时，令f′（x）＞0，解得：x＞-a，令f′（x）＜0，解得：x＜-a，

∴f（x）在（0，-a）递减，在（-a，+∞）递增；

（Ⅱ）①由（Ⅰ）得：-a≤1即a≥-1时：f（x）在[1，e]递增，

若在[1，e]上存在x0，使得f（x0）＜0成立，

只需f（1）=1-a＜0即可，解得：a＞1；

②若1＜-a＜e即-e＜a＜-1时：

f（x）在[1，-a）递减，在（-a，e]递增，

若在[1，e]上存在x0，使得f（x0）＜0成立，

只需f（-a）＜0即可，

即（a+1）ln（-a）+（-a）+1＜0，

即ln（-a）＞1-，

而1＜-a＜e，则0＜ln（-a）＜1，1-＞1，

∴ln（-a）＞1-，无解；

③若-a≥e，即a≤-e时：f（x）在[1，e]递减，

若在[1，e]上存在x0，使得f（x0）＜0成立，

只需f（e）＜0即可，

即（a+1）+e-＜0，解得：a＜-；

综上：a＞1或a＜-．

解：（1）f‘（x）=3x2+2ax-a2=0

解得：x=或-a

当x∈（-∞，）或（-a，+∞）时，f'（x）＞0，

则f（x）的增区间为（-∞，），（-a，+∞）

当x∈时，f'（x）＜0，

∴减区间为（4分）

（2）当a＜0时，则有

得a∈（-∞，-1]（7分）

当a＞0时，则有

得（10分）

所以

（3）由x3+ax2-a2x-1=ax2-x-1得x（x2-a2+1）=0有三个解，

所以a＞1或a＜-1  （12分）得（16分）

解：（1）证明：∵f（x）=x+（x＞0），

∴f′（x）=1-，

当x∈（0，1）时，0＜x2＜1，∴＞1，

∴f′（x）＜0，f（x）是单调减函数；

当x∈（1，+∞）时，x2＞1，∴＜1，

∴f′（x）＞0，f（x）是单调增函数；

（2）“对勾函数”g（x）=x+（x＞0）其中a＞0，

g（x）在（0，）上是单调减函数，在（，+∞）上是单调增函数；

证明如下：∵g（x）=x+，

∴g′（x）=1-，

∴当x∈（0，）时，0＜x2＜a，∴＞a，

∴g′（x）＜0，g（x）是单调减函数，

当x∈（，+∞）时，x2＞a，∴＜a，

∴g′（x）＞0，g（x）是单调增函数．

解：（1）由题设，g（x）=x2-alnx，则．…（2分）

由已知，g‘（1）=0，即2-a=0⇒a=2．…（3分）

于是，则．由，…（5分）

所以h（x）在（1，+∞）上是增函数，在（0，1）上是减函数．…（6分）

（2）当1＜x＜e2时，0＜lnx＜2，即0＜f（x）＜2，所以 2-f（x）＞0…（8分）

欲证，只需证x[2-f（x）]＜2+f（x），即证．

设，

则．…（10分）

当1＜x＜e2时，φ'（x）＞0，所以φ（x）在区间（1，e2）上为增函数．

从而当1＜x＜e2时，φ（x）＞φ（1）=0，即，故．…（12分）

解：（1）∵f（x）是二次函数，且关于x的不等式f（x）≤0的解集为{x|-1≤x≤3，x∈R}，

∴f（x）=a（x+1）（x-3）=a[（x-1）2-4]（a＞0）

∴f（x）min=-4a=-4

∴a=1

故函数f（x）的解析式为f（x）=x2-2x-3

（2）g（x）==-4lnx-2（x＞0），

∴g′（x）=

x，g′（x），g（x）的取值变化情况如下：

当0＜x≤3时，g（x）≤g（1）=-4＜0；

又g（e5）=-20-2＞25-1-22=9＞0

故函数g（x）只有1个零点，且零点