热门试卷

（Ⅰ）当a=1时，f（x）=-x3+x2+b，

因为f（-1）=b+2＞b，

所以，函数f（x）的图象不能总在直线y=b的下方．

（Ⅱ）法一、

由f（x）=-x3+ax2+b，得f′（x）=-3x2+2ax，

令f′（x）=-3x2+2ax=0，解得x=0或x=a，

①当a＜0时，由f′（x）＞0，解得a＜x＜0，

所以f（x）在(a，0)上是增函数，与题意不符，舍去；

②当a=0时，由f′（x）=-3x2≤0，

所以f（x）在R上是减函数，与题意不符，舍去；

③当a＞0时，由f′（x）＞0，解得0＜x＜a，

所以f（x）在(0，a)上是增函数，

又f（x）在（0，2）上是增函数，所以a≥2，解得a≥3，

综上，a的取值范围为[3，+∞）．

法二、

由f（x）=-x3+ax2+b，得f′（x）=-3x2+2ax，

要使函数f（x）在（0，2）上是增函数，

则需f′（x）=-3x2+2ax≥0对任意x∈（0，2）恒成立，

即2ax≥3x2对任意x∈（0，2）恒成立，

也就是a≥x对任意x∈（0，2）恒成立，

因为y=x在x∈（0，2）上为增函数，所以a≥×2=3．

所以，a的取值范围为[3，+∞）．

（Ⅲ）证明：因为方程f（x）=-x3+ax2+b=0最多只有3个根，

由题意，方程在区间（-1，0）内仅有一根，

所以f（-1）•f（0）=b（1+a+b）＜0，

方程在区间（0，1）内仅有一根，

所以f（0）•f（1）=b（-1+a+b）＜0，

当b＞0时，由b（1+a+b）＜0得，1+a+b＜0，即a＜-b-1，

由b（-1+a+b）＜0得，-1+a+b＜0，即a＜-b+1，

因为-b-1＜-b+1，所以a＜-b-1＜-1，即a＜-1；

当b＜0时，由b（1+a+b）＜0得，1+a+b＜0，即a＞-b-1，

由b（-1+a+b）＜0得，-1+a+b＜0，即a＞-b+1，

因为-b-1＜-b+1，所以a＞-b+1＞1，即a＞1；

当b=0时，因为f（0）=0，所以f（x）=0有一根0，

这与题意不符．

∴a＞1或a＜-1．

（I）f′（x）=（2x-3）ex+（x2-3x+3）ex=x（x-1）ex．

①当t＞1时，

当x∈（-2，0）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；

当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；

当x∈（1，t）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．

综上可知：当x∈（-2，0），（1，t）时，函数f（x）单调递增；当x∈（0，1）时，函数f（x）单调递减．

②设h（t）=n-m=（t2-3t+3）et-13e-2，h′（t）=t（t-1）et（t＞2），列表如下：

由表格可知h（t）的极小值为h（1）=e-=＞0，而h（-2）＞0，

∴当t＞-2时，h（t）＞h（-2），即n＞m．

（II）g（x）=（x2-3x+3）ex+（x-2）ex=（x-1）2ex，

问题转化为：判定方程（x-1）2ex=x当x＞1时，根的个数．

设u（x）=（x-1）2ex-x（x＞1），则u′（x）=（x2-1）ex-1，

设v（x）=（x2-1）ex-1（x＞1），则v′（x）=（x2+2x-1）ex，

当x＞1时，v′（x）＞0，v（x）在（1，+∞）上单调递增，而v（1）=-1＜0，v（2）=3e2-1＞0，

因此在（1，2）上存在唯一x0，使得v（x0）=0，即存在唯一x0∈（1，2）使得u′（x0）=0，

列表如下：

可知：u（x）min=u（x0）＜u（1）=-1＜0，由u（2）=e2-2＞0，y=u（x）的图象如图所示，因此y=u（x）在（1，+∞）只有一个零点，即g（x）=x（x＞1）只有一个零点．

（1）f（-2）=min{（-2-1）2，|-2+1|}=1，

f（3）=min{（3-1）2，|3+1|}=4．

（2）f（x）=．

在平面直角坐标系内作出该函数的大致图象，如图所示．

（3）由f（x）的图象可知，

当k=0时，方程f（x）=k解的个数是2；

当0＜k＜1时，方程f（x）=k解的个数是4；

当k=1时，方程f（x）=k解的个数是3；

当1＜k≤2时，方程f（x）=k解的个数是2；

当2＜k＜4时，方程f（x）=k解的个数是1．

（1）由题意，函数的定义域为（0，+∞），

当a≤0时，f(x)=|x-a|-lnx=x-a-lnx，f′(x)=1-＞0，

函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞），…3分

当a＞0时，f(x)=|x-a|-lnx=，…5分

若x≥a，f′(x)=1-=＞0，此时函数f（x）单调递增，

若x＜a，f′(x)=-1-＜0，此时函数f（x）单调递减，

综上，当a≤0时，函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞）；

当a＞0时，函数f（x）的单调递减区间为（0，a）；单调递增区间为（a，+∞）． …7分

（2）由（1）知，当a≤0时，函数f（x）单调递增，

此时函数至多只有一个零点，不合题意；                      …8分

则必有a＞0，此时函数f（x）的单调递减区间为（0，a）；单调递增区间为（a，+∞），

由题意，必须f(a)=-lna＜0，解得a＞1，…10分

由f(1)=a-1-ln1=a-1＞0，f（a）＜0，

得x1∈（1，a），…12分

而f（a2）=a2-a-alna=a（a-1-lna），

下面证明：a＞1时，a-1-lna＞0

设g（x）=x-1-lnx，x＞1

则g′(x)=1-=＞0，

所以g（x）在x＞1时递增，则g（x）＞g（1）=0，

所以f（a2）=a2-a-alna=a（a-1-lna）＞0，

又f（a）＜0，

所以x2∈（a，a2），

综上，1＜x1＜a＜x2＜a2．                     …16分

（I）由已知f'（x0）=0，即-=0，（2分）

∴x0=，又f（x0）=0，即eln+e=0，∴k=1．（4分）

（II）f′(x)=-=，

∵1≤k≤e，∴≤k≤1，（6分）

由此得x∈(，)时，f（x）单调递减；

x∈(，1)时，f（x）单调递增

故fmax(x)∈{f()，f(1)}（8分）

又f()=ek-e，f(1)=k

当ek-e＞k，即＜k≤e时，

fmax(x)=f()=ek-e

当ek-e≤k，即1≤k≤时，

fmax（x）=f（1）=k（10分）

（III）g′(x)=f′(x)-k=--k，

∵g（x）在(，e)在是减函数，

∴g'（x）≤0在x∈(，e)上恒成立

即--k≤0在x∈(，e)上恒成立，

∴k≥在x∈(，e)上恒成立，（12分）

又x+≥2=2当且仅当x=1时等号成立．

∴≤，∴k∈[，+∞)（14分）

（1）由f（1）=g（1），f′（1）=g′（1）得，解得a=b=1则F（x）=f（x）-g（x）=x2-lnx-x，F′（x）=2x--1

x=1或x=-，当x＜-或x＞1时，f′（x）＞0，函数为增函数；当-＜x＜1时，f′（x）＜0，函数为减函数．

得到F（x）极小值=F（1）=0；

（2）因f（x）与g（x）有一个公共点（1，1），而函数f（x）=x2在点（1，1）的切线方程为y=2x-1，

下面验证都成立即可．由x2-2x+1≥0，得x2≥2x-1，知f（x）≥2x-1恒成立．设h（x）=lnx+x-（2x-1），即h（x）=lnx-x+1，易知其在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，所以h（x）=lnx+x-（2x-1）的最大值为h（1）=0，所以lnx+x≤2x-1恒成立．故存在这样的k和m，且k=2，m=-1．

（3）G′（x0）的符号为正，理由为：因为G（x）=x2+2-alnx-bx有两个零点x1，x2，则有，两式相减得x22-x12-a（lnx2-lnx1）-b（x2-x1）=0，即x2+x1-b=，

于是G′（x0）=2x0--b=（x1+x2-b）-=-=[ln-]

=[ln-]

①当0＜x1＜x2时，令=t，则t＞1，且u′（t）=-=＞0，则u（t）=lnt-在（1，+∞）上为增函数，

而u（1）=0，所以u（t）＞0，即lnt-＞0，又因为a＞0，x2-x1＞0

所以G′（x0）＞0；

②当0＜x2＜x1时，同理可得：G′（x0）＞0

综上所述：G′（x0）的符号为正．

解：设y1=x2-4|x|+5，y2=m，则该方程解的个数问题即可转化为

两个函数图象的交点个数问题来处理，

设y1=x2-4|x|+5，则y1=，

画出函数的图象，如右图所示，

再画出函数y2=m的图象，由图象可以看出：

(1)当m＜1时，两个函数图象没有交点，故原方程无解；

(2)当m=1或m＞5时，两个函数图象有两个交点，故原方程有两个解；

(3)当m=5时，两个函数图象有三个交点，故原方程有三个解；

(4)当1＜m＜5时，两个函数图象有四个交点，故原方程有四个解．

因为sinθ、cosθ分别是方程x2-kx+x+1=0的两实根，依题意：，

因为（sinθ+cosθ）2=1+2sinθcosθ，

所以1+2（k+1）=k2，解得k=-1（k=3舍去）…6′

所以，注意θ∈[0，2π）．

若sinθ=0，则cosθ=-1，所以θ=π；

若cosθ=0，则sinθ=-1，所以θ=．

故θ的值为π或．…12′．

设f（x）=lnx-ax，定义域为（0，+∞），则f'（x）=-a=0，可得x=

当a≤0，f'（x）＞0，最多有一个实根，因为x＞0，且x→0时，f（x）＜0，f（1）≥0，所以（0，1]之间必有一个实根

a＞0，0＜x＜时，函数单调递增，x＞时，函数单调递减，f（）=-lna-1为极大值，此极大值若为0的话，则有一个实根，此时a=

此极大值若大于0的话，会有两个实根，此极大值若小于0的话，则无实根．

因此a的取值范围为：（-∞，0]∪{}

故答案为：（-∞，0]∪{}．

假设x0是方程f（x）=0的负数根，且x0≠-1，则ax0+=0，

即ax0===-1，①

当-1＜x0＜0时，0＜x0+1＜1，∴＞3，

∴-1＞2，而由a＞1知ax0＜1．∴①式不成立；

当x0＜-1时，x0+1＜0，∴＜0，∴-1＜-1，而ax0＞0．

∴①式不成立．综上所述，方程f（x）=0没有负数根．

（1）∵函数f(x)=-x4+x3+ax2-2x-2

∴f’（x）=-x3+2x2+2ax-2

依题意，f（x） 在区间[-1，1]上单调递减，在[1，2]上单调递增，

所以f（x）在x=1处有极值，即f’（1）=-1+2+2a-2=0，解出a=，

（2）由（1）得f(x)=-x4+x3+x2-2x-2

f’（x）=-x3+2x2+x-2

令t=2x，（t＞0）则t=2x为增函数，每个x对应一个t，

而由题意：f（2x）=m有三个不同的实数解，就是说，关于t的方程f（t）=m在t＞0时有三个不同的实数解．

∵f’（t）=-t3+2t2+t-2=-（t+1）（t-1）（t-2）

令f’（t）≥0以求f（t）的增区间，得-（t+1）（t-1）（t-2）≥0，保证t＞0，求得f（t）的增区间为1≤t≤2

令f’（t）≤0以求f（t）的减区间，得-（t+1）（t-1）（t-2）≤0，保证t＞0，求得f（t）的减区间为0＜t≤1或t≥2

所以f（t），

在t=1时有极小值，极小值为f（1）=-，

在t=2时有极大值，极大值为f（2）=-，

在t趋向于0时，f（t）趋向于-2．

∵-＜-＜-2

f（t）在t＞0上的图象为双峰形的一半，则要使f（t）=m有三个不同的实数解，须--＜m＜-

（3）∵函数y=log2[f（x）+p]的真数部分为f（x）+p，

∴f（x）+p＞0，

要使函数y=log2[f（x）+p]的图象与x轴无交点，只有f（x）+p≠1，

由（2）知，f（x）的最大值为f（-1）=-，即f（x）≤-

所以f（x）+p≤p-，要使f（x）+p≠1，只有p-＜1，才能满足题

意，解之得，p＜

证明：设函数f(x)=(x-2)(x-5)-1，

有f(5)=(5-2)(5-5)-1=-1， f(2)=(2-2)(2-5)-1=-1，

又因为f(x)的图象是开口向上的抛物线（如右图所示），

所以抛物线与横轴在(5，+∞)内有一个交点，在(-∞，2)内也有一个交点，

所以方程(x-2)(x-5)=1有两个相异的实数解，且一个大于5，一个小于2。